Chủ đề này có 3 trả lời

[WhjteShadow]

Bài toán:
Ch0 $x,y,z>0$ chứng minh rằng:
$$4(xy+yz+zx)\leq \sqrt{(x+y)(y+z)(z+x)}(\sqrt{x+y}+\sqrt{y+z}+\sqrt{x+z})$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 06-07-2012 - 14:56

[LilTee]

Bài toán:
Ch0 $x,y,z>0$ chứng minh rằng:
$$4(xy+yz+zx)\leq \sqrt{(x+y)(y+z)(z+x)}(\sqrt{x+y}+\sqrt{y+z}+\sqrt{x+z})$$

Sử dụng trực tiếp bất đẳng thức AM-GM bộ ba số, ta đưa bài toán về chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn sau: $$\begin{align}
& 3\sqrt[6]{(x+y)(y+z)(z+x)}.\sqrt{(x+y)(y+z)(z+x)}\ge 4(xy+yz+zx) \\
& \Leftrightarrow {{3}^{6}}{{(x+y)}^{4}}{{(y+z)}^{4}}{{(z+x)}^{4}}\ge {{4}^{6}}{{(xy+yz+zx)}^{6}} \\
\end{align}$$ Sử dụng bất đẳng thức $$9(x+y)(y+z)(z+x) \ge 8(x+y+z)(xy+yz+zx)$$ ta đưa về chứng minh $(x+y+z)^2 \ge 3(xy+yz+zx).$
Hiển nhiên đúng.

[Secrets In Inequalities VP]

Bài toán:
Ch0 $x,y,z>0$ chứng minh rằng:
$$4(xy+yz+zx)\leq \sqrt{(x+y)(y+z)(z+x)}(\sqrt{x+y}+\sqrt{y+z}+\sqrt{x+z})$$

Cách khác
Chuẩn hóa ab+bc+ca=3 $\Rightarrow a+b+c\geq 3,abc\leq 1$
Ta có : $(a+b)(b+c)(c+a)= (a+b+c)(ab+bc+ca)-abc\geq 3.3-1= 8$
$VT\geq 3\sqrt[6]{(x+y)(y+z)(z+x)}.\sqrt{(x+y)(y+z)(z+x)}\geq 12= 4(ab+bc+ca)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Secrets In Inequalities VP: 06-07-2012 - 17:45

[LilTee]

Cách khác
Chuẩn hóa ab+bc+ca=3 $\Rightarrow a+b+c\geq 3,abc\leq 1$
Ta có : $(a+b)(b+c)(c+a)= (a+b+c)(ab+bc+ca)-abc\geq 3.3-1= 8$
$VT\geq 3\sqrt[6]{(x+y)(y+z)(z+x)}.\sqrt{(x+y)(y+z)(z+x)}\geq 12= 4(ab+bc+ca)$

Cách của bạn và cách của mình thực ra chỉ là một thôi .