Chủ đề này có 7 trả lời

[z0zLongBongz0z]

Cho x, y, z la 3 số thực dương thỏa mãn: xyz=1. Cmr

$\dfrac{1}{{\sqrt {1 + x^2 } }} + \dfrac{1}{{\sqrt {1 + y^2 } }} + \dfrac{1}{{\sqrt {1 + z^2 } }} \le \dfrac{3}{{\sqrt 2 }}\$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi z0zLongBongz0z: 03-04-2011 - 08:42

[Lê Xuân Trường Giang]

Cho x, y, z la 3 số thực dương thỏa mãn: xyz=1. Cmr

$\dfrac{1}{{\sqrt {1 + x^2 } }} + \dfrac{1}{{\sqrt {1 + y^2 } }} + \dfrac{1}{{\sqrt {1 + z^2 } }} \le \dfrac{3}{{\sqrt 2 }}\$

Vì đây là topic THPT nên làm theo cách THPT:
Từ ĐK $xyz=1$ ta có $0 < x;y;z \le 1$
Xét hs $\begin{array}{l}f\left( x \right) = \dfrac{1}{{\sqrt {{x^2} + 1} }} \Rightarrow f'\left( x \right) =\dfrac{-x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }} < 0\\ \Rightarrow f\left( {{x_0}} \right) \le {f_1} \Rightarrow Ma{x_{f\left( x\right)}} = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }} \Leftrightarrow x = 1
\end{array}$.$ \Rightarrow \dfrac{1}{{\sqrt {{x^2} + 1} }} \le \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}$
Tương tự ta có $\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{{\sqrt {{y^2} + 1} }} \le \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}\\\dfrac{1}{{\sqrt {{z^2} + 1} }} \le \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}\end{array} \right.$
Cộng lại ta có Bất đẳng thức được chứng minh. Điều kiện $=$ là $x=y=z=1$
Trời ơi có cái đạo hàm đơn giản mà cũng sai . Xấu hổ quá !
Mà cái bạn này lạ lắm nha post bài ở topic THPT đến khi người ta dùng đạo hàm thì bảo chưa học. Bó tay !

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Lê Xuân Trường Giang: 03-04-2011 - 23:10

[dark templar]

Vì đây là topic THPT nên làm theo cách THPT:
Từ ĐK $xyz=1$ ta có $0 < x;y;z \le 1$
Xét hs $\begin{array}{l}f\left( x \right) = \dfrac{1}{{\sqrt {{x^2} + 1} }} \Rightarrow f'\left( x \right) =\dfrac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }} > 0\\ \Rightarrow f\left( {{x_0}} \right) \le {f_1} \Rightarrow Ma{x_{f\left( x\right)}} = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }} \Leftrightarrow x = 1
\end{array}$.$ \Rightarrow \dfrac{1}{{\sqrt {{x^2} + 1} }} \le \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}$
Tương tự ta có $\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{{\sqrt {{y^2} + 1} }} \le \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}\\\dfrac{1}{{\sqrt {{z^2} + 1} }} \le \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}\end{array} \right.$
Cộng lại ta có Bất đẳng thức được chứng minh. Điều kiện $=$ là $x=y=z=1$

Đạo hàm sai rồi anh Trường Giang $f'(x)=\dfrac{-x}{\sqrt{(x^2+1)^3}}<0,\forall x>0$
-----------------------------------------------------------------------------
Bài này giải như sau:
Thay $(x;y;z)$ bởi $\left(\dfrac{1}{x};\dfrac{1}{y};\dfrac{1}{z} \right)$,ta thu đc BĐT sau:
$\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}+\dfrac{y}{\sqrt{1+y^2}}+\dfrac{z}{\sqrt{1+z^2}} \le \dfrac{3}{\sqrt{2}}$(với $xyz=1$)
ta có hàm số $f(x)=\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}$ là hàm lõm trên $(0;+ \infty)$ nên theo BĐT Jensen,ta có:
$VT=f(x)+f(y)+f(z) \le 3f\left(\sqrt[3]{xyz} \right)=3f(1)=\dfrac{3}{\sqrt{2}}=VP(Q.E.D)$
Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=1$

[h.vuong_pdl]

Bài này cũng khá quen thuộc.
Giải quyết nó theo 2 bước:
Bước 1: Giả sử$ z \ge 1$ thì $xy \le 1$
Ta có đánh giá quen thuộc sau:
$\dfrac{1}{1+x^2} + \dfrac{1}{1+y^2} \le \dfrac{2}{1+xy}, \textup{ khi } xy \le 1$
ngược nếu $xy \ge 1$ thì $\dfrac{1}{1+x^2} + \dfrac{1}{1+y^2} \ge \dfrac{2}{1+xy},$
Thậy vậy: ta có đẳng thức:
$\dfrac{2}{1+xy} - \dfrac{1}{1+x^2} - \dfrac{1}{1+y^2} = \dfrac{(x-y)^2(1-xy)}{(1+xy)(1+x^2)(1+y^2)}$
Do đó: $\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}} + \dfrac{1}{\sqrt{1+y^2}} \le \sqrt{\dfrac{1}{1+x^2} + \dfrac{1}{1+y^2}} \le \dfrac{2}{\sqrt{1+xy}} $
Bước 2: thay $xy = \dfrac{1}{z}$ và việc còn lại thật là đơn giản

[z0zLongBongz0z]

Đạo hàm sai rồi anh Trường Giang $f'(x)=\dfrac{-x}{\sqrt{(x^2+1)^3}}<0,\forall x>0$
-----------------------------------------------------------------------------
Bài này giải như sau:
Thay $(x;y;z)$ bởi $\left(\dfrac{1}{x};\dfrac{1}{y};\dfrac{1}{z} \right)$,ta thu đc BĐT sau:
$\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}+\dfrac{y}{\sqrt{1+y^2}}+\dfrac{z}{\sqrt{1+z^2}} \le \dfrac{3}{\sqrt{2}}$(với $xyz=1$)
ta có hàm số $f(x)=\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}$ là hàm lõm trên $(0;+ \infty)$ nên theo BĐT Jensen,ta có:
$VT=f(x)+f(y)+f(z) \le 3f\left(\sqrt[3]{xyz} \right)=3f(1)=\dfrac{3}{\sqrt{2}}=VP(Q.E.D)$
Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=1$

Em mới học lớp 10 nen không hiểu. Anh có thể làm cách khác giúp em dược không? Thanks anh trước

[z0zLongBongz0z]

Bài này cũng khá quen thuộc.
Giải quyết nó theo 2 bước:
Bước 1: Giả sử$ z \ge 1$ thì $xy \le 1$
Ta có đánh giá quen thuộc sau:
$\dfrac{1}{1+x^2} + \dfrac{1}{1+y^2} \le \dfrac{2}{1+xy}, \textup{ khi } xy \le 1$
ngược nếu $xy \ge 1$ thì $\dfrac{1}{1+x^2} + \dfrac{1}{1+y^2} \ge \dfrac{2}{1+xy},$
Thậy vậy: ta có đẳng thức:
$\dfrac{2}{1+xy} - \dfrac{1}{1+x^2} - \dfrac{1}{1+y^2} = \dfrac{(x-y)^2(1-xy)}{(1+xy)(1+x^2)(1+y^2)}$
Do đó: $\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}} + \dfrac{1}{\sqrt{1+y^2}} \le \sqrt{\dfrac{1}{1+x^2} + \dfrac{1}{1+y^2}} \le \dfrac{2}{\sqrt{1+xy}} $
Bước 2: thay $xy = \dfrac{1}{z}$ và việc còn lại thật là đơn giản

Phần cuối phải như thế này chứ anh
$\dfrac{1}{{\sqrt {1 + x^2 } }} + \dfrac{1}{{\sqrt {1 + y^2 } }} \le \sqrt {2(\dfrac{1}{{1 + x^2 }} + \dfrac{1}{{1 + y^2 }})} \$
Nhưng dù sao em cung cảm ơn anh!

[z0zLongBongz0z]

Bài này cũng khá quen thuộc.
Giải quyết nó theo 2 bước:
Bước 1: Giả sử$ z \ge 1$ thì $xy \le 1$
Ta có đánh giá quen thuộc sau:
$\dfrac{1}{1+x^2} + \dfrac{1}{1+y^2} \le \dfrac{2}{1+xy}, \textup{ khi } xy \le 1$
ngược nếu $xy \ge 1$ thì $\dfrac{1}{1+x^2} + \dfrac{1}{1+y^2} \ge \dfrac{2}{1+xy},$
Thậy vậy: ta có đẳng thức:
$\dfrac{2}{1+xy} - \dfrac{1}{1+x^2} - \dfrac{1}{1+y^2} = \dfrac{(x-y)^2(1-xy)}{(1+xy)(1+x^2)(1+y^2)}$
Do đó: $\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}} + \dfrac{1}{\sqrt{1+y^2}} \le \sqrt{\dfrac{1}{1+x^2} + \dfrac{1}{1+y^2}} \le \dfrac{2}{\sqrt{1+xy}} $
Bước 2: thay $xy = \dfrac{1}{z}$ và việc còn lại thật là đơn giản

Em làm đến đoạn cuối như anh bảo nhưng thay xy=z rồi làm như thế nào nữa hả anh

[h.vuong_pdl]

ukm,: Ta cần chứng minh:
$2.\sqrt{\dfrac{2z}{1+z}} + \sqrt{\dfrac{2}{1+z^2}} \le 3$
Hơn nữa: $\sqrt{\dfrac{2}{1+z^2}} \le \dfrac{2}{1+z}$ nên cần cm:
$2.\sqrt{\dfrac{2z}{1+z}} + \dfrac{2}{1+z} \le 3 \\ \Leftrightarrow (\sqrt{2z} - \sqrt{z+1})^2 \ge 0 \textup{ ( luon dung! ) }$