Cho x,y,z là các số thực không âm thỏa mãn $x+y+z+xyz=4$.CMR:
$x+y+z\geq xy+yz+zx$
Cho x,y,z là các số thực không âm thỏa mãn $x+y+z+xyz=4$.CMR:
$x+y+z\geq xy+yz+zx$
Đặt $S=x+y,P=xy$. Từ điều kiện đã cho ta có $z=\frac{4-S}{1+P}$.
BĐT đã cho trở thành
$$S+\frac{4-S}{1+P}\geq P+\frac{4-S}{1+P}.S$$
$$SP+4\geq P^{2}+P+4S-S^{2}$$
$$\Leftrightarrow f(P)=P^{2}+(1-S)P-(S-2)^{2}\leq 0$$
Ta có f là hàm bậc hai và $0\leq P\leq \frac{S^{2}}{4}$ nên $f(P)\leq max \left \{ f(0),f\left ( \frac{S^{2}}{4} \right ) \right \}$
Để ý rằng $S\leq 4$ ta dễ dàng kiểm tra được $f(0)\leq 0$ và $f\left ( \frac{S^2}{4} \right )\leq 0$.
Suy ra đpcm. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$ hoặc $a=b=2,c=0$ và các hoán vị.
Cho x,y,z là các số thực không âm thỏa mãn $x+y+z+xyz=4$.CMR:
$x+y+z\geq xy+yz+zx$
Dồn biến:
Không mất tính tổng quát, giả sử $z=min\left \{ x;y;z \right \}$
Khi đó ta có
$x+y+z+xyz\ge 3z+z^3\Rightarrow z\le 1$
$\exists t \ge 0$ thỏa mãn $t^2z+2t+z=x+y+z+xyz=4$
Đặt $f(x,y,z)=x+y+z-xy-yz-zx$
Ta sẽ chứng minh
$f(x,y,z)\ge f(t,t,z)$
$\Leftrightarrow x+y-xy-z(x+y)\ge2t-t^2-2tz$
$\Rightarrow (x+y-2t)(1-z)+t^2-xy\ge0$
Mặt khác từ cách đặt t thì ta có
$(x+y-2t)=z(t^2-xy)$
Giả sử $x+y-2t <0$ , khi đó $t^2-xy <0$
$\Rightarrow xy >t^2>\frac{(x+y)^2}{4}$ ( vô lí)
Do đó $(x+y-2t)\ge 0$ và $t^2-xy \ge0$
$\Rightarrow f(x,y,z)\ge f(t,t,z)$
Ta cần chứng minh
$ f(t,t,z) \ge 0$
$\Leftrightarrow 2t+z-t^2-2tz \ge 0$ (*)
Từ cách đặt t, ta có
$z=\frac{4-2t}{t^2+1} \ge 0$ nên $2-t \ge 0$
Do đó
$(*)\Leftrightarrow \frac{(2-t)(t+2)(t-1)^2}{t^2+1}\ge0$ (đúng)
$\Rightarrow$ dpcm
Dấu đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=1$ hoặc $x=y=2$ ;$z=0$ và các hoán vị
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Sagittarius912: 19-04-2013 - 17:37
Dồn biến:
Không mất tính tổng quát, giả sử $z=min\left \{ x;y;z \right \}$
Khi đó ta có
$x+y+z+xyz\ge 3z+z^3\Rightarrow z\le 1$
$\exists t \ge 0$ thỏa mãn $t^2z+2t+z=x+y+z+xyz=4$
Đặt $f(x,y,z)=x+y+z-xy-yz-zx$
Ta sẽ chứng minh
$f(x,y,z)\ge f(t,t,z)$
$\Leftrightarrow x+y-xy-z(x+y)\ge2t-t^2-2tz$
$\Rightarrow (x+y-2t)(1-z)+t^2-xy\ge0$
Mặt khác từ cách đặt t thì ta có
$(x+y-2t)=z(t^2-xy)$
Giả sử $x+y-2t <0$ , khi đó $t^2-xy <0$
$\Rightarrow xy >t^2>\frac{(x+y)^2}{4}$ ( vô lí)
Do đó $(x+y-2t)\ge 0$ và $t^2-xy \ge0$
$\Rightarrow f(x,y,z)\ge f(t,t,z)$
Ta cần chứng minh
$ f(t,t,z) \ge 0$
$\Leftrightarrow 2t+z-t^2-2tz \ge 0$ (*)
Từ cách đặt t, ta có
$z=\frac{4-2t}{t^2+1} \ge 0$ nên $2-t \ge 0$
Do đó
$(*)\Leftrightarrow \frac{(2-t)(t+2)(t-1)^2}{t^2+1}\ge0$ (đúng)
$\Rightarrow$ dpcm
Dấu đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=1$ hoặc $x=y=2$ ;$z=0$ và các hoán vị
Mạnh dạn làm thử một bài :
Trước hết ta có đẳng thức sau:
Nếu a+b+c+2=abc thì $\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}=1$
Áp dụng đẳng thức trên ta có:
$xy+yz+zx+xyz=4$
$\Leftrightarrow \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+1=\frac{4}{xyz}$
$\Leftrightarrow \frac{2}{x}+\frac{2}{y}+\frac{2}{z}+2=\frac{8}{xyz}$
$\Leftrightarrow \frac{x}{x+2}+\frac{y}{y+2}+\frac{z}{z+2}=1$
Đặt $x=\frac{2a}{b+c}, y=\frac{2b}{c+a}, z=\frac{2c}{a+b} (a+b+c=1)$
BĐT cần chứng minh tương đương với:
$\sum \frac{a}{b+c}\geq \sum \frac{2ab}{(b+c)(c+a)}$
$\Leftrightarrow a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc\geq a^{2}b+ab^{2}+a^{2}c+ac^{2}+b^{2}c+bc^{2}$ (đúng theo BĐT Schur)
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PTKBLYT9C1213: 28-04-2013 - 16:33
THE SHORTEST ANSWER IS DOING
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh