Chủ đề này có 3 trả lời

[Mai Duc Khai]

Bài toán: Chứng minh với $x,y,z>0$ ta có:
\[\frac{{x + y}}{{z + \sqrt[3]{{4\left( {{x^3} + {y^3}} \right)}}}} + \frac{{y + z}}{{x + \sqrt[3]{{4\left( {{y^3} + {x^3}} \right)}}}} + \frac{{z + x}}{{y + \sqrt[3]{{4\left( {{z^3} + {x^3}} \right)}}}} \le 2\]

[le_hoang1995]

Bài toán: Chứng minh với $x,y,z>0$ ta có:
\[\frac{{x + y}}{{z + \sqrt[3]{{4\left( {{x^3} + {y^3}} \right)}}}} + \frac{{y + z}}{{x + \sqrt[3]{{4\left( {{y^3} + {x^3}} \right)}}}} + \frac{{z + x}}{{y + \sqrt[3]{{4\left( {{z^3} + {x^3}} \right)}}}} \le 2\]

Bài này dùng Holder nhé.
$$VT=\sum \frac{x+y}{z+\sqrt[3]{(1+1)(1+1)(x^3+y^3)}}\leq \sum \frac{x+y}{z+x+y}=\frac{2(x+y+z)}{x+y+z}=2$$
Dấu bằng khi $x=y=z=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi le_hoang1995: 11-07-2012 - 19:49

[le_hoang1995]

Nếu không muốn dùng Holder ta có thể chứng minh chỉ cần dùng BĐT AM-GM
$$\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{x^3}{x^3+y^3}\geq 3\sqrt[3]{\frac{x^3}{4.(x^3+y^3)}}=\frac{3x}{\sqrt[3]{4(x^3+y^3)}}$$
$$\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{y^3}{x^3+y^3}\geq 3\sqrt[3]{\frac{y^3}{4.(x^3+y^3)}}=\frac{3y}{\sqrt[3]{4(x^3+y^3)}}$$
Cộng theo hai vế ta được $$3\geq \frac{3(x+y)}{\sqrt[3]{4(x^3+y^3)}}\Rightarrow \sqrt[3]{4(x^3+y^3)}\geq x+y$$
$$\Rightarrow \frac{x+y}{z+\sqrt[3]{4(x^3+y^3)}}\leq \frac{x+y}{z+x+y}$$
Hoàn toàn tương tự, ta suy ra ĐPCM

[Secrets In Inequalities VP]

Bài toán: Chứng minh với $x,y,z>0$ ta có:
\[\frac{{x + y}}{{z + \sqrt[3]{{4\left( {{x^3} + {y^3}} \right)}}}} + \frac{{y + z}}{{x + \sqrt[3]{{4\left( {{y^3} + {x^3}} \right)}}}} + \frac{{z + x}}{{y + \sqrt[3]{{4\left( {{z^3} + {x^3}} \right)}}}} \le 2\]

Một cách khác không dùng Holder hay AM-GM :
Voi x,y >0 ta có : $ 4(x^3+y^3)\geq (x+y)^{3} $
Thật vậy , cái này tuong đuong vs :
$ x^3+y^3 \geq x^2y+xy^2\Leftrightarrow x^2(x-y)\geq y^2(y-x)\Leftrightarrow (x-y)^2(x+y)\geq 0 $
(luôn đúng )
Áp dụng cái này cóa ngay :
$ VT\leq \frac{x+y}{x+y+z}+\frac{y+z}{x+y+z}+\frac{z+x}{x+y+z}= 2 $