Chủ đề này có 4 trả lời

[neversaynever99]

Chứng minh rằng với mọi số thực dương x,y,z thoả mãn xyz=1 ta luôn có

$x^{2}+y^{2}+z^{2}+xy+yz+zx\geq 2(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyentrunghieua: 30-10-2013 - 11:20

[letankhang]

Chứng minh rằng với mọi số thực dương x,y,z thoả mãn xyz=1 ta luôn có

$x^{2}+y^{2}+z^{2}+xy+yz+zx\geq 2(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})$

Ta có :

$x^{2}+y^{2}+z^{2}+xy+yz+zx\geq 2(xy+yz+zx)$

Vậy ta cần chứng minh :

$xy+yz+zx\geq \sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\Leftrightarrow xy+yz+zx\geq xyz(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})=x\sqrt{yz}+y\sqrt{xz}+z\sqrt{xy}$

Đặt : $\sqrt{xy}=a;\sqrt{yz}=b;\sqrt{xz}=c$

$BDT\Leftrightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq ab+bc+ca$

BĐT cuối luôn đúng nên ta có $Q.E.D$

[badatmath]

Bài này không khó đâu bạn.
Từ giả thiết $x.y.z=1$ ta suy ra được
$x.y=\frac{1}{z}$
$y.z=\frac{1}{x}$
$z.x=\frac{1}{y}$
áp dụng Bất đẳng thức AM-GM (Gọi thông thường là Cô-si ây) cho các bộ số ($x^2+\frac{1}{x}$),($y^2+\frac{1}{y}$) và ($z^2+\frac{1}{z}$)
Sẽ ra điều phải chứng minh

[kfcchicken98]

hoặc là đơn giản hơn: 

$x^{2}+yz\geq 2x\sqrt{yz}$

$y^{2}+xz\geq 2y\sqrt{xz}$

$z^{2}+xy\geq 2z\sqrt{xy}$
suy ra VT lớn hơn hoặc bằng $2\sqrt{xyz}(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})$ đpcm

[neversaynever99]

Hoặc ta làm như sau

Cần chứng minh $A=x^{2}+y^{2}+z^{2}+xy+yz+zx-2(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})\geq 0$

Ta có

$A=2(xy+yz+zx)+\frac{1}{2}\left [ (x-y)^{2}+(y-z)^{2}+(z-x)^{2} \right ]-2(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})\geq 2(xy+yz+zx)-2(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})=(xy+yz)+(yz+zx)+(zx+xy)-2(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})\geq 2\sqrt{(xy.yz)}+2\sqrt{yz.zx}+2\sqrt{zx.xy}-2(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})=0$

$\Rightarrow Q.E.D$