Chủ đề này có 6 trả lời

[abctom123]

Cho x,y,z > 0. Chứng minh bất đẳng thức sau:
$\dfrac{x}{\sqrt{2({y}^{2}+{z}^{2})}}+\dfrac{y}{\sqrt{2({z}^{2}+{x}^{2})}}+\dfrac{z}{\sqrt{2({x}^{2}+{y}^{2})}}+\dfrac{{x}^{2}+{y}^{2}+{z}^{2}}{xy+yz+zx} \geq \dfrac{5}{4}$

[h.vuong_pdl]

Cho x,y,z > 0. Chứng minh bất đẳng thức sau:
$\dfrac{x}{\sqrt{2({y}^{2}+{z}^{2})}}+\dfrac{y}{\sqrt{2({z}^{2}+{x}^{2})}}+\dfrac{z}{\sqrt{2({x}^{2}+{y}^{2})}}+\dfrac{{x}^{2}+{y}^{2}+{z}^{2}}{xy+yz+zx} \geq \dfrac{5}{2}$

p/s: đề phải như thế này mới đúng ???

[h.vuong_pdl]

Mình thử chém xem sao:
Áp dụng BDT Holder ta có:
$VT \ge \sqrt{\dfrac{(x+y+z)^3}{2\sum{x.(y^2+z^2)}}} + \dfrac{x^2+y^2+z^2}{xy+yz+zx} \ge \dfrac{5}{2}$
tách ghép dùng AM-GM ta có:
$VT = \dfrac{1}{3}\sqrt{\dfrac{(x+y+z)^3}{2\sum{x.(y^2+z^2)}}} + \dfrac{1}{3}\sqrt{\dfrac{(x+y+z)^3}{2\sum{x.(y^2+z^2)}}} + \dfrac{1}{3}\sqrt{\dfrac{(x+y+z)^3}{2\sum{x.(y^2+z^2)}}} + \dfrac{x^2+y^2+z^2}{2(xy+yz+zx)} + \dfrac{x^2+y^2+z^2}{2(xy+yz+zx)} \ge 5\sqrt[5]{\sqrt{\dfrac{(x+y+z)^9}{27(2.\sum{x.(y^2+z^2)})^3}}.\dfrac{(x^2+y^2+z^2)^2}{4(xy+yz+zx)^2}}$
như vậy ta chỉ còn phải Cm:
$\sqrt{\dfrac{\sqrt{(x+y+z)^9}}{(\sum{x.(y^2+z^2)})^3}}.\dfrac{(x^2+y^2+z^2)^2}{(xy+yz+zx)^2}} \ge \dfrac{27\sqrt{2}}{4}$
hay: $\dfrac{(x+y+z)^9}{(\sum{x.(y^2+z^2)})^3}}.\dfrac{(x^2+y^2+z^2)^4}{(xy+yz+zx)^4} \ge \dfrac{729}{8}$
BDT này hiển nhiên đúng vì:
$2(x+y+z)(x^2+y^2+z^2) \ge 3(\sum{x.(y^2+z^2)})$
=> $8(x+y+z)^3(x^2+y^2+z^2)^3 \ge 27(\sum{x.(y^2+z^2)})^3$
và: $(x+y+z)^6 \ge 27(xy+yz+zx)^3; x^2+y^2+z^2 \ge xy+yz+zx$
Vậy BDT đã được CM?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi h.vuong_pdl: 02-10-2010 - 19:14

[dark templar]

Cho x,y,z > 0. Chứng minh bất đẳng thức sau:
$\dfrac{x}{\sqrt{2({y}^{2}+{z}^{2})}}+\dfrac{y}{\sqrt{2({z}^{2}+{x}^{2})}}+\dfrac{z}{\sqrt{2({x}^{2}+{y}^{2})}}+\dfrac{{x}^{2}+{y}^{2}+{z}^{2}}{xy+yz+zx} \geq \dfrac{5}{2}$

p/s: đề phải như thế này mới đúng ???

hèn chi mình cm nó ko ra !
Vậy thì có $\dfrac{x^2+y^2+z^2}{xy+yz+zx} \geq 1$
Ta sẽ cm $ \sum \dfrac{x}{\sqrt{2(y^2+z^2)}} \geq \dfrac{3}{2}$
<=>$ \sum \dfrac{x}{\sqrt{y^2+z^2}}\geq \dfrac{3\sqrt{2}}{2}$
Đặt $A=X(y^2+z^2)+y(z^2+x^2)+z(x^2+y^2)$
Có $VT^2.A \geq (x+y+z)^3$(BĐT Holder)
Vậy ta sẽ cm $(x+y+z)^3 \geq \dfrac{9}{2}A$(cái này thì khai triển +Schur thì ra!)
P/s:Ban h.vuong_pdl nghĩ còn cách nào khác ko ?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 02-10-2010 - 19:04

[h.vuong_pdl]

hèn chi mình cm nó ko ra !
Vậy thì có $\dfrac{x^2+y^2+z^2}{xy+yz+zx} \geq 1$
Ta sẽ cm $ \sum \dfrac{x}{\sqrt{2(y^2+z^2)}} \geq \dfrac{3}{2}$
<=>$ \sum{\dfrac{x}{\sqrt{y^2+z^2}}} \geq \dfrac{3\sqrt{2}}{2}$
Đặt $A=x.(y^2+z^2)+y(z^2+x^2)+z(x^2+y^2)$
Có $VT^2.A \geq (x+y+z)^3$ (BĐT Holder)
Vậy ta sẽ cm $(x+y+z)^3 \geq \dfrac{9}{2}B$(cái này thì khai triển +Schur thì ra!)
P/s:Ban h.vuong_pdl nghĩ còn cách nào khác ko ?

Cm BDT còn lại không đúng đâu bạn ah, làm gì có điều đó được ??????

$(x+y+z)^3 \geq \dfrac{9}{2}B$

[dark templar]

Cm BDT còn lại không đúng đâu bạn ah, làm gì có điều đó được ??????

vậy àh !Thì tách ghép Cô-si giống như bạn ở trên vậy!

[abctom123]

Lời giải này đơn giản hơn nhiều, xem nhé :

Sửa lại đề tí
$\dfrac{x}{\sqrt{2({y}^{2}+{z}^{2})}}+\dfrac{y}{\sqrt{2({z}^{2}+{x}^{2})}}+\dfrac{z}{\sqrt{2({x}^{2}+{y}^{2})}}+\dfrac{{x}^{2}+{y}^{2}+{z}^{2}}{xy+yz+zx} \geq \dfrac{5}{2}$
By CS ta cm được:
$\dfrac{x}{\sqrt{2({y}^{2}+{z}^{2})}}+\dfrac{y}{\sqrt{2({z}^{2}+{x}^{2})}}+\dfrac{z}{\sqrt{2({x}^{2}+{y}^{2})}} \ge \dfrac{(x+y+z)^2}{2(x^2+y^2+z^2)}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{xy+yz+zx}{x^2+y^2+z^2}$
and:by Am-Gm:
$\dfrac{xy+yz+zx}{x^2+y^2+z^2}+\dfrac{x^2+y^2+z^2}{xy+yz+zx}\ge 2$