Chủ đề này có 3 trả lời

[Poseidont]

1/$\dfrac{x^{2}-z^{2}}{y+z}+\dfrac{z^{2}-y^{2}}{y+x}+\dfrac{y^{2}-x^{2}}{x+z}\geq 0$
2/$ab+bc+ca=1$,CMR
$3abc(a+b+c)\leq 1$
3/a,b,c>0 và abc=1
$\dfrac{b+c}{\sqrt{a}}+\dfrac{a+c}{\sqrt{b}}+\dfrac{b+a}{\sqrt{c}}\geq \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}+3$
4/
$\sqrt{x^{2}+y^{2}+3xy}+\sqrt{y^{2}+z^{2}+3zy}+\sqrt{x^{2}+z^{2}+3xz}\leq \sqrt{5}(x+y+z)$

[Ispectorgadget]

Bài 3:
$VT\geq \dfrac{(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}+\dfrac{(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}\geq \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}+3$
Bài 4:
$\sum \sqrt{x^2+y^2+3xy}= \sum \sqrt{5(\dfrac{x+y}{2})^2+\dfrac{(x-y)^2}{4}}\leq \sum \dfrac{\sqrt{5}}{2}(x+y)$
Từ đây ta có Đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 10-12-2011 - 21:22

[perfectstrong]

Bài 1:
Bổ sung đk sau: x,y,z không âm và không có 2 số nào đồng thời bằng 0.
\[\frac{{{x^2} - {z^2}}}{{y + z}} + z = \frac{{{x^2} + yz}}{{y + z}};\frac{{{z^2} - {y^2}}}{{x + y}} + y = \frac{{{z^2} + xy}}{{x + y}};\frac{{{y^2} - {x^2}}}{{x + z}} + x = \frac{{{y^2} + zx}}{{x + z}}\]
\[bdt \Leftrightarrow \sum {\frac{{{x^2} + yz}}{{y + z}}} \ge x + y + z\]
\[VT \ge \frac{{{{\left( {\sum {{x^2}} + \sum {yz} } \right)}^2}}}{{\sum {\left( {y + z} \right)\left( {{x^2} + yz} \right)} }}\]
Ta cần chứng minh:
\[{\left( {\sum {{x^2}} + \sum {yz} } \right)^2} \ge \left( {x + y + z} \right).\sum {\left( {y + z} \right)\left( {{x^2} + yz} \right)} \]
Khai triển và thu gọn, ta thu được kết quả quen thuộc
\[{x^4} + {y^4} + {z^4} \ge {x^2}{y^2} + {y^2}{z^2} + {z^2}{x^2}\]
Vậy suy ra đpcm. Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z>0$
Hướng khác: Quy đồng rồi tương đương, cũng đưa về bđt \[{x^4} + {y^4} + {z^4} \ge {x^2}{y^2} + {y^2}{z^2} + {z^2}{x^2}\]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 07-12-2011 - 21:27

[Zaraki]

Bài 2. Sử dụng $(x+y+z)^2 \ge 3xy+3yz+3zx$ với mọi $x,y,z$, ta có
$$(ab+bc+ca)^2 \ge 3ab.bc+3bc.ca+3ca.ab = 3abc(a+b+c) \iff 1 \ge 3abc(a+b+c)$$