Cho x,y,z >0.Chứng minh rằng :
$\frac{\sqrt{x^2+2y^2}}{z}+\frac{\sqrt{y^2+2z^2}}{x}+\frac{\sqrt{z^2+2x^2}}{y} \geq \sqrt{3}$
Cho x,y,z >0.Chứng minh rằng :
$\frac{\sqrt{x^2+2y^2}}{z}+\frac{\sqrt{y^2+2z^2}}{x}+\frac{\sqrt{z^2+2x^2}}{y} \geq \sqrt{3}$
Ta dễ cm được bđt sau: $\sqrt{a^{2}+b^2+c^2}\geq \frac{a+b+c}{\sqrt{3}}$
Áp dụng bđt trên, ta có $(VT)\geq \sum \frac{x+2y}{\sqrt{3}z} $ $\geq \frac{1}{\sqrt{3}}(\sum \frac{3\sqrt[3]{xy^{2}}}{z}) \geq \sqrt{3}.3\sqrt[3]{\prod \frac{\sqrt{xy^{2}}}{z}}=3\sqrt{3}$
Dấu = đạt được khi x=y=z.
-----------------
p/s:có lẽ cũng không cần dùng bđt phụ.
Hình như (VP) là $3\sqrt{3}$ chứ nhỉ.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ongngua97: 10-07-2013 - 19:50
ONG NGỰA 97.
Cho x,y,z >0.Chứng minh rằng :
$\frac{\sqrt{x^2+2y^2}}{z}+\frac{\sqrt{y^2+2z^2}}{x}+\frac{\sqrt{z^2+2x^2}}{y} \geq \sqrt{3}$
Lời giải. Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz thì $(x^2+2y^2)(1+ 2) \ge (x+2y)^2$.
Do đó $\sum \frac{ \sqrt{x^2+2y^2}}{z} \ge \frac{1}{ \sqrt 3} \cdot \left( \frac{$x+2y}{z}+ \frac{y+2z}{x}+ \frac{z+2x}{y} \right)$
Lại có $\sum \frac{x+2y}{z} = \sum \frac xz + \sum \frac{2y}{z} \ge 9$.
Vậy $\sum \frac{ \sqrt{x^2+2y^2}}{z} \ge 3 \sqrt 3$.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z$.
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh