Chủ đề này có 5 trả lời

[mam1101]

Cho $x;y;z$ >0 thỏa mãn $\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} = 1$

C/m A = $\frac{x^{2}}{x+yz} + \frac{y^{2}}{y+xz} + \frac{z^{2}}{z+xy} \geq \frac{x+y+z}{4}$

[hoctrocuaHolmes]

Cho $x;y;z$ >0 thỏa mãn $\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} = 1$

C/m A = $\frac{x^{2}}{x+yz} + \frac{y^{2}}{y+xz} + \frac{z^{2}}{z+xy} \geq \frac{x+y+z}{4}$

$\sum \frac{1}{x} =1\Leftrightarrow xy+yz+zx=xyz$

Áp dụng AM-GM:

$\sum \frac{x^{2}}{x+yz}=\sum \frac{x^{3}}{x^{2}+xyz}=\sum \frac{x^{3}}{x^{2}+xy+yz+zx}=\sum \frac{x^{3}}{(x+y)(x+z)}=\sum (\frac{x^{3}}{(x+y)(x+z)}+\frac{x+y}{8}+\frac{x+z}{8})-\frac{x+y+z}{2}\geq \sum 3\sqrt[3]{\frac{x^{3}}{(x+y)(x+z)}.\frac{x+y}{8}.\frac{x+z}{8}}-\frac{x+y+z}{2}=\frac{3(x+y+z)}{4}-\frac{x+y+z}{2}=\frac{x+y+z}{2}\rightarrow \blacksquare$

Dấu ''='' xảy ra khi $x=y=z=3$

[lebaominh95199]

Từ giả thiết, ta có: xy+yz+zx=xyz

$A=\sum \frac{x^{3}}{x^{2}+xyz}=\sum \frac{x^{3}}{(x+y)(x+z)}$

Ta có:$\frac{x^{3}}{(x+y)(x+z)}+\frac{x+y}{8}+\frac{x+z}{8}\geq \frac{3}{4}.(x+y+z)$

Tương tự với 2 phân thức còn lại, ta có điều phải chứng minh.

Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=3

[anhquannbk]

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có: $ \dfrac{x^{2}}{x+yz}+\dfrac{y^{2}}{y+xz}+\dfrac{z^{2}}{z+xy}$ $ \ge $ $ \dfrac{(x+y+z)^{2}}{x+y+z+xy+yz+xz} $

Theo giả thiết ta có x+y+z $ \ge $ $ \dfrac{9}{\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}} $ =9 và xy+yz+xz=xyz

 Suy ra $ \dfrac{x^{2}}{x+yz}+\dfrac{y^{2}}{y+xz}+\dfrac{z^{2}}{z+xy}$ $ \ge $ $ \dfrac{9(x+y+z)}{x+y+z+xy+yz+xz} $\

 Ta cần chứng minh $ \dfrac{9}{x+y+z+xy+yz+xz} $ $ \ge $ $ \dfrac{1}{4} $
Hay x+y+z+xy+yz+xz$ \ge $ 36
Mặt khác $(xy+yz+xz)^{2}$ $ \ge $ 3xyz(x+y+z)
Mà xy+yz+xz=xyz suy ra xy+yz+xz$ \ge $ 3(x+y+z)$ \ge $ 27
Và x+y+z $ \ge $ 9
Suy ra điều phải chứng minh.

Một cách khác.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi anhquannbk: 24-12-2015 - 22:32

[lebaominh95199]

Từ giả thiết, ta có: xy+yz+zx=xyz

$A=\sum \frac{x^{3}}{x^{2}+xyz}=\sum \frac{x^{3}}{(x+y)(x+z)}$

Ta có:$\frac{x^{3}}{(x+y)(x+z)}+\frac{x+y}{8}+\frac{x+z}{8}\geq \frac{3}{4}.(x+y+z)$

Tương tự với 2 phân thức còn lại, ta có điều phải chứng minh.

Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=3

Thật sự là mình không biết cách của mình đã đụng hàng nên mình đành làm cách mới vậy.

Từ giả thiết, ta có: xy+yz+zx=xyz

$A=x+y+z+\sum \frac{xy+yz+zx}{x+yz}$

Ta quy về chứng minh:$\sum \frac{xy+yz+zx}{x+yz}\leq \frac{9}{4}(x+y+z)$

hay:$(x+y+z)\sum \frac{1}{x+yz}\leq \frac{3}{4}$

$\Leftrightarrow \sum \frac{x}{(x+y)(x+z)}\leq \frac{9}{4(x+y+z)}\Leftrightarrow \frac{2xyz}{(x+y)(y+z)(z+x)}\leq \frac{9}{4(x+y+z)}$

Bất đẳng thức này luôn đúng vì:$9(x+y)(y+z)(z+x)\geq 8(x+y+z)(xy+yz+zx)$

Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=3.

Nhưng mình vẫn thích cách đầu hơn  

[lebaominh95199]

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có: $ \dfrac{x^{2}}{x+yz}+\dfrac{y^{2}}{y+xz}+\dfrac{z^{2}}{z+xy}$ $ \ge $ $ \dfrac{(x+y+z)^{2}}{x+y+z+xy+yz+xz} $

Theo giả thiết ta có x+y+z $ \ge $ $ \dfrac{9}{\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}} $ =9 và xy+yz+xz=xyz

 Suy ra $ \dfrac{x^{2}}{x+yz}+\dfrac{y^{2}}{y+xz}+\dfrac{z^{2}}{z+xy}$ $ \ge $ $ \dfrac{9(x+y+z)}{x+y+z+xy+yz+xz} $\

 Ta cần chứng minh $ \dfrac{9}{x+y+z+xy+yz+xz} $ $ \ge $ $ \dfrac{1}{4} $
Hay x+y+z+xy+yz+xz$ \ge $ 36
Mặt khác $(xy+yz+xz)^{2}$ $ \ge $ 3xyz(x+y+z)
Mà xy+yz+xz=xyz suy ra xy+yz+xz$ \ge $ 3(x+y+z)$ \ge $ 27
Và x+y+z $ \ge $ 9
Suy ra điều phải chứng minh.

Một cách khác.

Sai rồi bạn ơi. Nếu$ \dfrac{9}{x+y+z+xy+yz+xz} $ $ \ge $ $ \dfrac{1}{4} $ thì x+y+z+xy+yz+xz$\leq$ 36 mới đúng.

Bất đẳng thức của bạn sai ngay từ đầu rùi