Ai chứng minh được $ \sqrt[n]{\dfrac{x}{y+z}} + \sqrt[n]{\dfrac{y}{x+z}}+\sqrt[n]{\dfrac{z}{x+y}} >2 $ mà không cần dùng bài toán trên không?
ở đây anh sẽ chứng minh bài toán sau
$\begin{array}{|c|}\hline \begin{array}{c} \begin{array}{l} \boxed{\text{Bài toán}}\; \text{cho}\ n\ge 2\ \text{la số nguyên dương.}\ \text{CMR với }\\x,y,z\ge 0\ \text{tùy ý mà}\ xy+yz+zx>0\ \text{thì:} \end{array} \\\sqrt[n]{\frac{x}{y+z}}+\sqrt[n]{\frac{y}{z+x}}+\sqrt[n]{\frac{z}{x+y}}\geq 2\ \ (\ast )\\ \end{array} \\ \hline\end{array}$
vì bất đẳng thức này đồng nhất nên chuẩn hóa $x+y+z=1$
giả sử $\exists x,y,z\ge 0$ sao cho $(*)$ không đúng tức
$\sum \sqrt[n]{\frac{x}{y+z}}<2\Leftrightarrow \sum \sqrt[n]{\frac{x}{1-x}}<2$
đặt $a=\sqrt[n]{\frac{x}{1-x}},b=\sqrt[n]{\frac{y}{1-y}},c=\sqrt[n]{\frac{z}{1-z}}$
$\Rightarrow a+b+c<2$
mặt khác ta cũng có
$\sum \frac{a^n}{1+a^n}=\sum x=1\Leftrightarrow \sum (ab)^n+2(abc)^n=1$
$\Rightarrow ab,bc,ca\in \left [ 0,1 \right ]$
$\Rightarrow 1=\sum (ab)^n+2(abc)^n\leq \sum (ab)^2+2(abc)^2$ $(1)$
dễ thấy
$2>\sum a\geq \sum \frac{2a^2}{1+a^2}$
$\Leftrightarrow \sum (ab)^2+2(abc)^2<1$ $(2)$
từ $(1)$ và $(2)$ ta có mâu thuẫn do đó có $\text{Q.E.D}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhungvienkimcuong: 07-02-2016 - 16:38