Anh xem lời giải của em có được nhân thưởng không nhé:
Ta có bất đẳng thức quen thuộc sau: $(a+b+c)^2\geq{3(ab+bc+ca)}$ $(1)$.
Gọi A là vế trái của BDT cần chứng minh,
Áp dụng $(1)$ vào bài toán ta có:
$A\geq{3(mn[(y+z)(z+x)]^2+np[(z+x)(x+y)]^2+mp[(x+y)(y+z)]^2)}$. (2)
Ta đã biết BDT Chebyshev (chắc không cần chứng minh lại chứ anh?!) nêu lại như sau:
Với 2 dãy số thực đơn điệu cùng chiều $a_1$, $a_2$, $...$,$a_n$ và $b_1$, $b_2$, $...$, $b_n$ ta có: $a_1b_1+a_2b_2+...+a_nb_n\geq{\frac{1}{n}(a_1+a_2+...+a_n)(b_1+b_2+...+b_n)}$.
Chú ý $(x,y,z)$ và $(m,n,p)$ rời nhau tức là không ràng buộc với nhau về điều kiện. Không mất tính tổng quát giả sử $x\geq{y}\geq{z}$ và $m\geq{n}\geq{p}$.
Áp dụng BDT Chebyshev vào bài toán ta có: RHS $(2)$ $\geq{3\frac{1}{3}(mn+np+mp)([(x+y)(y+z)]^2+(y+z)(z+x)^2+(z+x)(x+y)^2])}$.
Chú ý $mn+np+pm=1$, như vậy ta cần chứng minh:
$([(x+y)(y+z)]^2+(y+z)(z+x)^2+(z+x)(x+y)^2])\geq{16xyz(x+y+z)}$
Bất đẳng thức này đúng, thật vậy: Chuẩn hóa $x+y+z=3$ ta biến đổi bất đẳng thức đã cho về dạng như sau:
$(3x+yz)^2+(3y+zx)^2+(3z+xy)^2\geq{48xyz}$
tương đương với: $9(x^2+y^2+z^2)+x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\geq{30xyz}$ (khai triển và rút gọn).
Lại có $x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\geq{xyz(x+y+z)}$ nên ta cần chứng minh $x^2+y^2+z^2\geq3xyz$
tức là $(x+y+z)(x^2+y^2+z^2)\geq{3xyz}$. Tới đây, dùng AM-GM cho 3 số ở từng thừa số ta có đpcm. Xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi $x=y=z$, $m=n=p=\frac{1}{\sqrt{3}}$
huymit_95 : Bài này vì $x,y,z$ song hành với $m, n, p$ nên chỉ có thể giả sử cho một dãy nhé
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 29-06-2012 - 16:09