Cho x,y,z>0 và xy+yz+zx=1 Chứng minh rằng
$\sqrt{x^2+1}+\sqrt{y^2+1}+\sqrt{z^2+1}\leq 2(x+y+z)$
$\sqrt{x^2+1}+\sqrt{y^2+1}+\sqrt{z^2+1}\leq 2(x+y+z)$
Bắt đầu bởi sonnl99, 18-01-2013 - 20:48
#1
Đã gửi 18-01-2013 - 20:48
sonnl99
-
- Thành viên
-
- 28 Bài viết
Binh nhất
- triethuynhmath và tramyvodoi thích
#2
Đã gửi 18-01-2013 - 20:55
tramyvodoi
-
- Thành viên
-
- 1044 Bài viết
Thượng úy
Mình xin giải như sau:Cho x,y,z>0 và xy+yz+zx=1 Chứng minh rằng
$\sqrt{x^2+1}+\sqrt{y^2+1}+\sqrt{z^2+1}\leq 2(x+y+z)$
Ta có $\sqrt{x^{2}+1}=\sqrt{x^{2}+xy+yz+zx}=\sqrt{(x+y)(x+z)}\leq \frac{1}{2}(2x+y+z)$
Thực hiện tương tự rồi cộng theo vế ta được đpcm
- Dung Dang Do, BlackSelena, banhgaongonngon và 8 người khác yêu thích
#3
Đã gửi 08-04-2021 - 20:41
KietLW9
-
- Điều hành viên THCS
-
- 1737 Bài viết
Đại úy
Áp dụng Cauchy-Schwarz: $VT\leqslant \sqrt{3(x^2+y^2+z^2+3)} =\sqrt{3(x^2+y^2+z^2+2(xy+yz+zx)+1)} =\sqrt{3((x+y+z)^2+1)}$
Cần có: $\sqrt{3((x+y+z)^2+1)}\leqslant 2(x+y+z)\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\geqslant 1=xy+yz+zx$
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 08-04-2021 - 20:46
Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức 
$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh
