Chủ đề này có 4 trả lời

[ToanHocLaNiemVui]

Chứng minh bất đẳng thức sau với mọi số thực dương $x,y,z$:
$\frac{1}{y^{2}+yz+z^{2}}+\frac{1}{x^{2}+xz+z^{2}}+\frac{1}{x^{2}+xy+y^{2}}\geq \frac{9}{(x+y+z)^{2}}$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ToanHocLaNiemVui: 30-06-2012 - 17:30

[trungdung97]

theo bất đẳng thức Cauchy ta có $\frac{1}{y^{2}+yz+z^{2}}\geq \frac{4(xy+yz+xz)}{(y+z)^{2}(x+y+z)^{2}}$ cộng vế theo vế bất đẳng thức còn lại ta cần chứng minh $\sum \frac{4(xy+yz+xz)}{(y+z)^{2}(x+y+z)^{2}}\geq \frac{9}{(x+y+z)^{2}}$ tương đương $\sum \frac{1}{(x+y)^{2}}\geq \frac{9}{4(xy+yz+xz)}$ luôn đúng theo bất đẳng thức Ỉran 96

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi trungdung97: 30-06-2012 - 20:47

[WhjteShadow]

Nhận thấy $\frac{x^2+y^2+z^2+xy+yz+xz}{y^2+yz+z^2}=1+\frac{x(x+y+z)}{y^2+yz+z^2}$ là 1 đẳng thức khá hữu dụng,để xuất hiện nó Nhân cả 2 vế của bđt với $x^2+y^2+z^2+xy+yz+xz$ ta có:
$(x^2+y^2+z^2+xy+yz+xz)(\frac{1}{y^2+yz+z^2}+\frac{1}{z^2+xz+x^2}+\frac{1}{x^2+xy+y^2})\geq \frac{9(x^2+y^2+z^2+xy+yz+xz)}{(x+y+z)^2}$
$\Leftrightarrow 3+(x+y+z)(\frac{x}{y^2+z^2+yz}+\frac{y}{x^2+z^2+xz}+\frac{z}{x^2+y^2+xy})\geq 9-\frac{9(xy+yz+zx)}{(x+y+z)^2}$
$\Leftrightarrow (x+y+z)(\frac{x}{y^2+z^2+yz}+\frac{y}{x^2+z^2+xz}+\frac{z}{x^2+y^2+xy})+\frac{9(xy+yz+zx)}{(x+y+z)^2}\geq 6$ (1)
Mà mặt khác the0 bđt $Cauchy-Schwarz$ lại có
$\frac{x}{y^2+z^2+yz}+\frac{y}{x^2+z^2+xz}+\frac{z}{x^2+y^2+xy}=\frac{x^2}{x(y^2+z^2+yz)}+\frac{y}{y(x^2+z^2+xz)}+\frac{z}{z(x^2+y^2+xy)}\geq \frac{(x+y+z)^2}{(x+y+z)(xy+yz+zx)}=\frac{x+y+z}{xy+yz+zx}$
Nên $(x+y+z)(\frac{x}{y^2+z^2+yz}+\frac{y}{x^2+z^2+xz}+\frac{z}{x^2+y^2+xy})\geq \frac{(x+y+z)^2}{xy+yz+xz}$ (2)
Từ (1) và (2) thì chỉ cần chứng minh:
$\frac{(x+y+z)^2}{xy+yz+xz}+\frac{9(xy+yz+zx)}{(x+y+z)^2}\geq 6$ (Hiển nhiên đúng the0 $AM-GM$)
Vậy bđt đc cm.Dấu = xảy ra khi $x=y=z$
Cách giải của bạn trungdung đã có ở đây:
http://diendantoanho...showtopic=56599

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 30-06-2012 - 21:04

[ToanHocLaNiemVui]

Mọi người làm "xung" quá . Mình xin tặng mọi người một bài nữa:
Cho các số dương $a,b,c$ có tích bằng $1$.
Chứng minh BĐT sau:
$\frac{a+b+c}{3}\geq \sqrt[10]{\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ToanHocLaNiemVui: 01-07-2012 - 10:13

[Secrets In Inequalities VP]

Here : http://diendantoanho...showtopic=75297