Chủ đề này có 4 trả lời

[cristianoronaldo]

Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn x+y+z=1.Cmr:

$\frac{x^2y^2}{z+xy}+\frac{y^2z^2}{x+yz}+\frac{z^2x^2}{y+zx}\geq \frac{xy+yz+zx}{4}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi cristianoronaldo: 26-06-2016 - 17:03

[tuan25]

$Cosi schwarz .A\geqslant \frac{(xy+yz+zx)^{2}}{x+y+z+xy+yz+zx} =>A\geq \frac{(xy+yz+zx)^{2})}{1+xy+yz+zx} Lại có :xy+yz+zx\leq \frac{(x+y+z)^{2}}{3}=\frac{1}{3} =>dpcm$

[cristianoronaldo]

$Cosi schwarz .A\geqslant \frac{(xy+yz+zx)^{2}}{x+y+z+xy+yz+zx} =>A\geq \frac{(xy+yz+zx)^{2})}{1+xy+yz+zx} Lại có :xy+yz+zx\leq \frac{(x+y+z)^{2}}{3}=\frac{1}{3} =>dpcm$

Đề bài yêu cầu khác bạn ạ. Ở đây chúng ta cần chứng minh $\geq \frac{xy+yz+zx}{4}$

Nếu theo hướng chứng minh này thì cuối cùng chúng ta cần chứng minh:

$\frac{3(\sum xy)^2}{4}\geq \frac{\sum xy}{4}\Leftrightarrow \sum xy\geq \frac{1}{3}$(bất đẳng thức này là sai với điều kiện x+y+z=1)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi cristianoronaldo: 26-06-2016 - 17:09

[ngoalong131209]

Ta có: z+xy=z(x+y+z)+xy=zx+zy+$z^{2}$+xy=z(x+z)+y(x+z)=(x+z)(y+z)

=>$\frac{x^{2}y^{2}}{z+xy}$=$\frac{x^{2}y^{2}}{(x+z)(y+z)}$

Mà $\frac{x^{2}y^{2}}{(x+z)(y+z)}$ +$\frac{x(z+y)}{8}$+$\frac{y(z+x)}{8}$$\geq$$\frac{3xy}{4}$=>$\frac{x^{2}y^{2}}{(x+z)(y+z)}$$\geq$$\frac{4xy-xz-yz}{8}$=>$\frac{x^{2}y^{2}}{z+xy}$$\geq$$\frac{4xy-xz-yz}{8}$

Chứng minh tương tự ta có:$\frac{z^{2}y^{2}}{x+yz}$$\geq$$\frac{4yz-xy-xz}{8}$,$\frac{x^{2}z^{2}}{y+xz}$$\geq$$\frac{4xz-xy-yz}{8}$

=>$\frac{x^{2}y^{2}}{z+xy}$+$\frac{z^{2}y^{2}}{x+yz}$+$\frac{x^{2}z^{2}}{y+xz}$$\geq$$\frac{4xy-xz-yz}{8}$+$\frac{4yz-xy-xz}{8}$+$\frac{4xz-xy-yz}{8}$=$\frac{xy+xz+yz}{4}$

Dấu''='' xảy ra<=> x=y=z=$\frac{1}{3}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ngoalong131209: 26-06-2016 - 17:23

[ngoalong131209]

mình chứng minh như thế dk hk, nếu đúng cho like đi nào