Học Toán cùng BoxMath
Đăng ký
Tìm kiếm tùy chỉnh
Web
Kết quả 1 đến 2 của 2
  1. #1
    Ngày tham gia
    Oct 2014
    Đến từ
    THPT Vân Nội
    Bài viết
    117
    Cám ơn (Đã nhận)
    119

  2. Cám ơn lequangnhat20, toiyeutoan đã cám ơn bài viết này
  3. #2
    $\boxed{\star \bigstar \star}$ HongAn39's Avatar
    Ngày tham gia
    Aug 2014
    Đến từ
    TP HCM
    Bài viết
    87
    Cám ơn (Đã nhận)
    198
    Trích dẫn Gửi bởi binhnhaukhong Xem bài viết
    Cho $x,y,z$ là các số thực thuộc đoạn $[1,2]$ Chứng minh rằng:
    $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{18}{x+y +z}\geq 6(\frac{1}{x+y}+\frac{1}{y+z}+\frac{1}{x+z})$
    Lâu chả thấy ai post bài BĐT nào cả nhỉ!
    Có thể coi x,y,z là 3 cạnh của tam giác
    Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: $ (x+y+z)(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})\geq 6(\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}). $
    Ta có:
    $$\left\{\begin{matrix} (x+y+z)(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z})-9=\sum \dfrac{(x-y)^2}{xy}\\ 6\left (\sum \dfrac{x}{y+z} \right )-9=\sum \dfrac{(x-y)^2}{(x+z)(y+z)} \end{matrix}\right.$$
    Ta cần chứng minh: \[S_x(y-z)^2+S_y(z-x)^2+S_z(x-y)^2 \geq 0 (*) \ \text{Với } \left\{\begin{matrix} S_{x}=\dfrac{1}{yz}-\dfrac{3}{(x+y)(z+x)} \\ S_{y}=\dfrac{1}{xz}-\dfrac{3}{(x+y)(z+y)} \\ S_{z}=\dfrac{1}{yx}-\dfrac{3}{(x+z)(z+y)} \end{matrix}\right.\]
    Không mất tính tổng quát giả sử $x \geq y \geq z$ Ta dễ dàng suy ra được: $\left\{\begin{matrix}
    S_x \geq S_y \geq S_z \\
    S_x \geq 0 ; S_y \geq 0 \\
    S_y+S_z \geq 0
    \end{matrix}\right.$ Chú ý điều kiện $y+z \geq x$
    Suy ra: \[VT(*)=S_x(y-z)^2+S_y\left [ (y-z)+ (x-y)\right ]^2 +S_z(x-y)^2 \\ \geq (y-z)^2(S_x+S_y)+(x-y)^2(S_y+S_z) \geq 0 \ \ \ \ \ \ \ \ \blacksquare\]

  4. Cám ơn lequangnhat20, toiyeutoan đã cám ơn bài viết này
 

 

Thông tin về chủ đề này

Users Browsing this Thread

Có 1 người đang xem chủ đề. (0 thành viên và 1 khách)

Tag của Chủ đề này