Chủ đề này có 5 trả lời

[Tham Lang]

Cho $x, y, z$ là các số thực dương thoả mãn điều kiện $x + y + z = 1$ . Chứng minh rằng :
$$\dfrac{x}{y^2 + z} + \dfrac{y}{z^2 + x} + \dfrac{z}{x^2 + y} \ge \dfrac{9}{4}$$

[alex_hoang]

Bài này xuất hiện trên ML lần đầu tiên cũng lâu rồi
Anh gợi ý cho Huy nhé.Anh muốn em tự làm được như vậy sẽ tốt hơn
Sử dụng bất đẳng thức Với $x,y,z$ là các số thực không âm
\[{x^2}y + {y^2}z + {z^2}x + xyz \le \frac{4}{{27}}{(x + y + z)^3}\]

[dark templar]

uhm,Hoàng,mình đang tự hỏi liệu BĐT trên còn đúng không nếu ta đổi thành thế này:
Cho $x,y,z \ge 0$ thỏa mãn:$x+y+z=3;xy+yz+zx>0$.Chứng minh rằng:
$$\frac{x}{y^2+z}+\frac{y}{z^2+x}+\frac{z}{x^2+y} \ge \frac{3}{2}$$
Mình nghĩ BĐT này chặt hơn hẳn BĐT ở trên.Ý kiến của cậu như thế nào ?

[Secrets In Inequalities VP]

Cho $x, y, z$ là các số thực dương thoả mãn điều kiện $x + y + z = 1$ . Chứng minh rằng :
$$\dfrac{x}{y^2 + z} + \dfrac{y}{z^2 + x} + \dfrac{z}{x^2 + y} \ge \dfrac{9}{4}$$

Ta có :
$VT= \frac{x^2}{xy^2+zx}+\frac{y^2}{yz^2+xy}+\frac{z^2}{zx^2+yz}$
$\geq \frac{(x+y+z)^2}{xy^2+yz^2+zx^2++xy+yz+zx}= \frac{1}{\sum xy^2+xy}$
ta cần CM : $\frac{1}{\sum xy^2+\sum xy}\geq \frac{9}{4}$
$\Leftrightarrow 4\geq 9\sum xy^2+9\sum xy\Leftrightarrow 4(x+y+z)^3\geq 9\sum xy^2+9\sum xy.\sum x$
$\Leftrightarrow 4\sum x^3+12\sum xy^2+12\sum x^2y+24xyz\geq 18\sum xy^2+9\sum x^2y+27xyz$
$\Leftrightarrow 4\sum x^3+3\sum x^2y\geq 6\sum xy^2+3xyz$
$\Leftrightarrow \Leftrightarrow 4\sum y^3+3\sum x^2y\geq 6\sum xy^2+3xyz$
$\Leftrightarrow (3\sum y^3-6\sum xy^2+3\sum x^2y)+(\sum x^3-3xyz)\geq 0$
$\Leftrightarrow 3\sum y(x-y)^2+(\sum x^3-3xyz)\geq 0$
( luôn đúng vì : $3\sum y(x-y)^2\geq 0$ và $x^3+y^3+z^3\geq 3xyz$ theo AM-GM )
Vậy...

p/s : con số $\frac{9}{4}$ làm ta nghĩ đến IRan 96 .Liệu có thể áp dụng IRan 96 đk k nhỉ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Secrets In Inequalities VP: 31-07-2012 - 10:01

[tim1nuathatlac]

mình có 1 cách làm ngắn gọn cho bài này.
ta có $VT \geq \frac{\left ( x+y+z \right )^{2}}{xy^{2}+yz^{2}+zx^{2}+xy+yz+zx}$
$= \frac{1}{\sum xy^{2}+\sum xy}$
Mặt khác theo AM-GM $x^{3}+z^{2}x\geq 2zx^{2}$, tương tự vs phần còn lại
ta đk $2\sum xy^{2}\leq x^{2}\left ( x+y \right )+y^{2}\left ( y+z \right )+z^{2}\left ( z+x \right )$
$\Leftrightarrow 3\sum xy^{2}\leq \sum x^{2}$
vậy ta cần cm $\frac{3}{\left ( \sum x^{2} \right )+3\sum xy}\geq \frac{9}{4} \Leftrightarrow \frac{3}{\left ( x+y+z \right )^{2}+\sum xy}\geq \frac{9}{4}$
$\Leftrightarrow \frac{3}{1+\sum xy}\geq \frac{3}{1+\frac{1}{3}}= \frac{9}{4}$ ( luôn đúng theo AM-GM )

[alex_hoang]

uhm,Hoàng,mình đang tự hỏi liệu BĐT trên còn đúng không nếu ta đổi thành thế này:
Cho $x,y,z \ge 0$ thỏa mãn:$x+y+z=3;xy+yz+zx>0$.Chứng minh rằng:
$$\frac{x}{y^2+z}+\frac{y}{z^2+x}+\frac{z}{x^2+y} \ge \frac{3}{2}$$
Mình nghĩ BĐT này chặt hơn hẳn BĐT ở trên.Ý kiến của cậu như thế nào ?

Hì,giờ mới đọc thấy bài này của Phúc.BĐT của cậu nêu hoàn toàn đúng .Nó là một bài toán hay và cũng khá khó tuy nhiên đã xuất hiện và có trong 1 tài liệu bất đẳng thức của anh Cẩn
 aninequalitycollection2_1.pdf   480.85K   140 Số lần tải
Tuy nhiên liệu có một lời giải khác hay hơn và đẹp hơn không nhỉ?