Chủ đề này có 3 trả lời

[Katyusha]

Cho $x,y,z$ thực dương. Chứng minh rằng:
$$\dfrac{2x^2+xy}{(y+\sqrt{yz}+z)^2}+\dfrac{2y^2+yz}{(z+\sqrt{zx}+x)^2} +\dfrac{2z^2+xy}{(x+\sqrt{xy}+y)^2} \ge 1$$

[hoangkkk]

Bạn tham khảo lời giải bài toán này tại đây :
http://www.toanphoth...read.php?t=9936

[hand of god]

Áp dụng cauchy- schwarz cho mẫu số. thêm bớt x là được

[Secrets In Inequalities VP]

Chuẩn hóa $x + y + z = 1$
Ta có $$\left (y + \sqrt{xz} + z\right )^2 \le \left (y + x + z\right )\left (y + z + z\right ) = (x + y + z)(y + 2z) = y + 2z$$
Nên $$VT \ge \dfrac{2x^2 + xy}{y + 2z} + \dfrac{2y^2 + yz}{z + 2x} + \dfrac{2z^2 + zx}{x + 2y} $$
Lại có $$\dfrac{2x^2 + xy}{y + 2z} + x(2x + y).(y + 2z) \ge 2\left (2x^2 + xy\right ) \Leftrightarrow \dfrac{2x^2 + xy}{y + 2z} \ge 2\left (2x^2 + xy\right ) - x(2x + y)(y + 2z) \ge 2\left (2x^2 + xy\right )$$ $$ - \dfrac{x(2x + 2y + 2z)^2}{4} = 2\left (2x^2 + xy\right ) - x$$
Từ đó, ta có :
$$VT \ge 2\left (\left (2x^2 + xy\right ) + \left (2y^2 + yz\right ) + \left (2z^2 + zx\right )\right ) - \left (x + y + z\right ) = 3\left (x^2 + y^2 + z^2\right )$$ $$ + \left (x + y + z\right )^2 - 1 \ge (x + y + z)^2 + 1 - 1 = 1$$
Suy ra ĐPCM.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Secrets In Inequalities VP: 22-12-2012 - 20:28