$\sum \frac{2x^{2}+xy}{(y+\sqrt{zx}+z)^{2}}\geq1$
#1
Đã gửi 17-02-2013 - 13:04
$ \frac{2x^{2}+xy}{(y+\sqrt{zx}+z)^{2}} + \frac{2y^{2}+yz}{(z+\sqrt{xy}+x)^{2}} + \frac{2z^{2}+zx}{(x+\sqrt{yz}+y)^{2}}\geq1$
Hãy bắt đầu thành công bằng việc thay đổi niềm tin của bạn!
#2
Đã gửi 17-02-2013 - 16:43
$\sum_{cyc}\frac{2x^{2}+xy}{(y+\sqrt{zx}+z)^{2}}=\sum_{cyc}(\frac{x^{2}+xy}{(y+\sqrt{zx}+z)^{2}} + \frac{z^2}{(x+\sqrt{yz}+y)^{2}})\geq\sum_{cyc}\frac{(x+\sqrt{xy}+z)^2}{(y+\sqrt{zx}+z)^{2}+(x+\sqrt{yz}+y)^{2}}\geq 1$Cho x, y, z là các số thực dương. Chứng minh bất đẳng thức:
$ \frac{2x^{2}+xy}{(y+\sqrt{zx}+z)^{2}} + \frac{2y^{2}+yz}{(z+\sqrt{xy}+x)^{2}} + \frac{2z^{2}+zx}{(x+\sqrt{yz}+y)^{2}}\geq1$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyen phat tai: 17-02-2013 - 16:43
- .::skyscape::. yêu thích
#3
Đã gửi 17-02-2013 - 17:53
Chuẩn hoá x+y+z=1Cho x, y, z là các số thực dương. Chứng minh bất đẳng thức:
$ \frac{2x^{2}+xy}{(y+\sqrt{zx}+z)^{2}} + \frac{2y^{2}+yz}{(z+\sqrt{xy}+x)^{2}} + \frac{2z^{2}+zx}{(x+\sqrt{yz}+y)^{2}}\geq1$
Ta có $(y+x+z)(y+z+z)\ge(y+\sqrt{zx}+z)^2$hay $(y+\sqrt{zx}+z)^2\le y+2z$ nên ta cần cm
$\sum{\frac{2x^2+xy}{2z+y}}\ge 1$
lại có $\sum{\frac{2x^2+xy}{2z+y}} = \sum{\frac{x(2x+y)^2}{(2z+y)(2x+y)}} \ge \sum{\frac{x(2x+y)^2}{(x+y+z)^2}}=\sum{\frac{(2x^2+xy)^2}{x}}\ge\frac{(2x^2+2y^2+2z^2+xy+yz+zx)^2}{x+y+z}\ge1$
- dtvanbinh, Takitori Chishikato và yeutoan11 thích
#4
Đã gửi 17-02-2013 - 20:47
Bạn giải thích hộ mình cái đoạn cuối với, chỗ tổng hoán vị cuối cùng í, sao lại ra như tek, dùng bđt phụ j vậy$\sum_{cyc}\frac{2x^{2}+xy}{(y+\sqrt{zx}+z)^{2}}=\sum_{cyc}(\frac{x^{2}+xy}{(y+\sqrt{zx}+z)^{2}} + \frac{z^2}{(x+\sqrt{yz}+y)^{2}})\geq\sum_{cyc}\frac{(x+\sqrt{xy}+z)^2}{(y+\sqrt{zx}+z)^{2}+(x+\sqrt{yz}+y)^{2}}\geq 1$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Takitori Chishikato: 17-02-2013 - 20:48
Hãy bắt đầu thành công bằng việc thay đổi niềm tin của bạn!
#5
Đã gửi 17-02-2013 - 20:49
Đoạn cuối trc chỗ >=1 sao ra đc như tek vậy bạnChuẩn hoá x+y+z=1
Ta có $(y+x+z)(y+z+z)\ge(y+\sqrt{zx}+z)^2$hay $(y+\sqrt{zx}+z)^2\le y+2z$ nên ta cần cm
$\sum{\frac{2x^2+xy}{2z+y}}\ge 1$
lại có $\sum{\frac{2x^2+xy}{2z+y}} = \sum{\frac{x(2x+y)^2}{(2z+y)(2x+y)}} \ge \sum{\frac{x(2x+y)^2}{(x+y+z)^2}}=\sum{\frac{(2x^2+xy)^2}{x}}\ge\frac{(2x^2+2y^2+2z^2+xy+yz+zx)^2}{x+y+z}\ge1$
Hãy bắt đầu thành công bằng việc thay đổi niềm tin của bạn!
#6
Đã gửi 18-02-2013 - 15:42
$\sum_{cyc}\frac{2x^{2}+xy}{(y+\sqrt{zx}+z)^{2}}=\sum_{cyc}(\frac{x^{2}+xy}{(y+\sqrt{zx}+z)^{2}}+\frac{z^2}{(x+\sqrt{yz}+y)^{2}})\geq\sum_{cyc}\frac{(x+\sqrt{xy}+z)^2}{2(y+\sqrt{zx}+z)^{2}+(x+\sqrt{yz}+y)^{2}}\geq 1$Bạn giải thích hộ mình cái đoạn cuối với, chỗ tổng hoán vị cuối cùng í, sao lại ra như tek, dùng bđt phụ j vậy
đặt $a=(x+\sqrt{xy}+z)^2...$
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh