Chủ đề này có 3 trả lời

[supernatural1]

Cho các số a,b,c,x,y,z>0 và a+b+c=1. CMR:

$ ax+by+cz+2\sqrt{(ab+bc+ca)(xy+yz+zx)} \leq x+y+z $

[anhquannbk]

Cho các số a,b,c,x,y,z>0 và a+b+c=1. CMR:

$ ax+by+cz+2\sqrt{(ab+bc+ca)(xy+yz+zx)} \leq x+y+z $

Bổ đề: Với mọi số thực dương $a, b, c, x, y, z$, bất đẳng thức sau luôn đúng 

$ (b+c)x+ (c+a)y+ (a+b)z \ge 2\sqrt{(xy+yz+xz)(ab+bc+ac)}$ 

Thật vậy ta có $(b+c)x+ (c+a)y+ (a+b)z$

$= (a+b+c)(x+y+z)- (ax+by+cz) $

$=  \sqrt{[2(ab+bc+ac) +a^2 +b^2 +c^2][2(xy+yz+xz) +x^2 +y^2 +z^2]}- (ax+by+cz)$

$  \ge 2\sqrt{(xy+yz+xz)(ab+bc+ac)} + [ \sqrt{ (a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2 +z^2)}- (ax+by+cz)]$

(Sử dụng bất đẳng thức $ \sqrt{(m+n)(p+q)} \ge (\sqrt{mp} + \sqrt{nq}) $

$ \ge  2\sqrt{(xy+yz+xz)(ab+bc+ac)}$  (đpcm)

(vì $\sqrt{ (a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2 +z^2)} \ge  ax+by+cz $)

 

Từ đây ta có $ ax+ by +cz +2\sqrt{(xy+yz+xz)(ab+bc+ac)} \le ax+by+cz + (b+c)x+ (c+a)y+ (a+b)z = (a+b+c)(x+y+z) =  x+y +z   $

(do $a+b+c=1$)

[DOTOANNANG]

Đây là cách giải khác của mình:

Sử dụng BĐT AM- GM, ta có:

$ax+ by+ cz+ 2\sqrt{\left ( xy+ yz+ xz \right )\left ( ab+ bc+ ca \right )}\leq ax+ by+ cz+ xy+ yz+ xz+ ab+ bc+ ca$

Mặt khác, từ $\left ( a- x \right )^{2}+ \left ( b- y \right )^{2}+ \left ( c- z \right )^{2}\geq 0\Leftrightarrow xy+ yz+ xz+ ab+ bc+ ca\leq \frac{1- x^{2}- y^{2}- z^{2}}{2}+ \frac{1- a^{2}- b^{2}- c^{2}}{2}\leq 1- ax- by- cz \Rightarrow ax+ by+ cz+ 2\sqrt{\left ( xy+ yz+ zx \right )\left ( ab+ bc+ ca \right )} \leq 1= a+ b+ c$

[DOTOANNANG]

Cách nữa:

$VT\leq \sqrt{a^{2}+ b^{2} +c^{2}} \sqrt{x^{2}+ y^{2}+ z^{2}}+ \sqrt{2\left ( ab+ bc+ ca \right )} \sqrt{2\left ( xy+ yz+ zx \right )} \leq \sqrt{a^{2}+ b^{2}+ c^{2}+ 2\left ( ab+ bc+ ca \right )} \sqrt{x^{2}+ y^{2}+ z^{2}+ 2\left ( xy+ yz+ zx \right )}= a+ b+ c$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DOTOANNANG: 03-01-2018 - 21:50