Chủ đề này có 3 trả lời

[Mai Duc Khai]

Cho $x,y,z > 0;x + y + z = 1$. Chứng minh rằng:

$\dfrac{3}{{xy + yz + xz}} + \dfrac{2}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}} > 14$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi maikhaiok: 07-11-2011 - 11:31

[Ispectorgadget]

Ta có: $\dfrac{3}{xy+yz+xz}\geq \dfrac{9}{(x+y+z)^2}$
$\dfrac{2}{x^2+y^2+z^2}\geq \dfrac{6}{(x+y+z)^2}$
Cộng lại VT$\geq 15> 14$

[PRONOOBCHICKENHANDSOME]

Ta có: $\dfrac{3}{xy+yz+xz}\geq \dfrac{9}{(x+y+z)^2}$
$\dfrac{2}{x^2+y^2+z^2}\geq \dfrac{6}{(x+y+z)^2}$
Cộng lại VT$\geq 15> 14$

Bạn làm sai rồi : làm gì có cái bđt thứ 2 . Mình làm thế này :
$VT = \dfrac{6}{2(xy+yz+zx)} +\dfrac{2}{x^2+y^2+z^2} \overset {C-S} {\ge} \dfrac{(\sqrt{6}+\sqrt{2})^2}{2xy+2yz+2zx+x^2+y^2+z^2}$
$ = (\sqrt{6}+\sqrt{2})^2>14$
$Q.E.D$

[Ispectorgadget]

Ờ đúng rồi BĐT 2 bị sai hôm nay định lên edit mà anh sửa rồi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 05-11-2011 - 14:06