Chủ đề này có 1 trả lời

[T M]

Bài toán. Cho các số $x;y;z>0$ thỏa mãn $x+y+z=1$, chứng minh rằng

$$x+\sqrt{xy}+\sqrt[3]{xyz} \leq \frac{4}{3}$$

[WhjteShadow]

Bài toán. Cho các số $x;y;z>0$ thỏa mãn $x+y+z=1$, chứng minh rằng

$$x+\sqrt{xy}+\sqrt[3]{xyz} \leq \frac{4}{3}$$

Ta sẽ đưa bất đẳng thức về đồng bậc:
$$Q.e.D\Leftrightarrow x+\sqrt{xy}+\sqrt[3]{xyz}\leq \frac{4}{3}(x+y+z)$$
$$\Leftrightarrow 6\sqrt{xy}+6\sqrt[3]{xyz}\leq 2x+8y+8z$$
Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$ ta có:
$$6\sqrt{xy}\leq 3.\left(\frac{x}{2}+2y\right)\,\,\,\,(1)$$
$$6\sqrt[3]{xyz}\leq 2.\left(\frac{x}{4}+y+4z\right)\,\,\,\,(2)$$
Cộng $(1)$ và $(2)$ vế the0 vế ta có ĐPCM .Dấu bằng xảy ra tại $x=4y=16z=...$ $\blacksquare$
---------------------------------------------------------
Phụ lục:Tại sa0 nghĩ ra được những con số để $AM-GM$ như trên:
Giả sử $\frac{x}{y}=\frac{\alpha}{\beta}$.Lúc đó thì $x.\beta=y.\alpha$.Áp dụng $AM-GM$ thì:
$$6.\sqrt{\alpha.\beta.xy}\leq 3(x.\beta+y.\alpha)$$
Và
$$6.\sqrt[3]{\alpha.\beta.xyz}\leq 2\left(\frac{x.\beta}{2}+\frac{\alpha.y}{2}+4z\right)$$
Cộng lại thì ta có:
$6.\sqrt{\alpha.\beta.xy}+6.\sqrt[3]{\alpha.\beta.xyz}\leq x.4\beta+y.4\alpha+8z$
Để hệ số của $\sqrt{xy}$ và $\sqrt[3]{xyz}$ bằng nhau và hệ số $y$ gấp $4$ lần $x$ thì:
$ \left\{\begin{matrix} \alpha.\beta=1\\ \frac{\alpha}{\beta}=4 \end{matrix}\right.$
Từ đó ta suy ra $\alpha=2,\beta=\frac{1}{2}$ và có lời giải như trên

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 30-09-2012 - 12:51