Chủ đề này có 1 trả lời

[onlyloveyouonly]

Cho x,y,z>0 thỏa : $\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}=1$
CM: $\dfrac{x^{2}+yz}{\sqrt{2x^{2}(y+z)}}+\dfrac{y^{2}+zx}{\sqrt{2y^{2}(z+x)}}+\dfrac{z^{2}+xy}{\sqrt{2z^{2}(x+y)}} \geq 1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 25-06-2012 - 07:03

[le_hoang1995]

Bài 20: Cho $x,y,z$ các các số thực thỏa mãn $\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}=1$. Chứng minh rằng $$\frac{x^2+yz}{\sqrt{2x^2(y+z)}}+\frac{y^2+xz}{\sqrt{2y^2(x+z)}}+\frac{z^2+xy}{\sqrt{2z^2(x+y)}}\geq 1$$

Không mất tổng quát, giả sử $x\geq y\geq z$. Dễ thấy theo BĐT cauchy-schwarz
$$\sum \frac{xy+xz}{\sqrt{2x^2(y+z)}}=\sum \frac{\sqrt{2(y+z)}}{2}\geq \sum \frac{\sqrt{y}+\sqrt{z}}{2}=1$$
Nên ta chứng minh $$\sum \frac{x^2+yz}{\sqrt{2x^2(y+z)}}\geq \sum \frac{xy+xz}{\sqrt{2x^2(y+z)}}$$
$$\Leftrightarrow \sum \frac{(x-y)(x-z)}{\sqrt{2x^2(y+z)}}\geq 0$$
Dễ chứng minh vì $x\geq y\geq z$ nên $$\sqrt{2x^2(y+z)}\geq \sqrt{2y^2(z+x)}\geq \sqrt{2z^2(x+y)}$$
$$\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{2x^2(y+z)}}\leq \frac{1}{\sqrt{2y^2(z+x)}}\leq \frac{1}{\sqrt{2z^2(x+y)}}$$
Đặt tương ứng là a,b,c $\Rightarrow a\leq b\leq c$
Ta cần chứng minh với $a\leq b\leq c$ và $x\geq y\geq z$ thì

$a(x-y)(x-z)+b(y-x)(y-z)+c(z-x)(z-y)\geq 0$

Đây chính là BĐT VSchur. Theo giả sử, ta có $a(x-y)(x-z)\geq 0$.
$$b(y-x)-c(z-x)\geq b(z-x)-c(z-x)=(b-c)(z-x)\geq 0$$ $$\Rightarrow b(y-x)(y-z)+c(z-x)(z-y)\geq 0$$
Cộng lại, ta thu được VSchur.