[Toán 9]Chứng minh bdt

C

congchuaanhsang

Gọi A là vế trái của BĐT.
A=$\frac{2}{2xy+2xz+2yz}$+$\frac{2}{x^2+y^2+z^2}$+$\frac{2}{xy+yz+xz}$
A=2($\frac{1}{2xy+2yz+2xz}$+$\frac{1}{x^2+y^2+z^2}$)+$\frac{2}{xy+yz+xz}$
Áp dụng BĐT $\frac{1}{a}$+$\frac{1}{b}$\geq$\frac{4}{a+b}$ ta có:
$\frac{1}{2xy+2yz+2xz}$+$\frac{1}{x^2+y^2+z^2}$
\geq$\frac{4}{x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2xz}$=$\frac{4}{(x+y+z)^2}$=4
\Rightarrow2($\frac{1}{2xy+2yz+2xz}$+$\frac{1}{x^2+y^2+z^2}$)\geq8 (1)
Lại có: $(x+y+z)^2$\geq3(xy+yz+xz)\Rightarrowxy+yz+xz\leq$\frac{1}{3}$
\Rightarrow$\frac{2}{xy+yz+xz}$\geq6 (2)
Từ (1) và (2)\RightarrowA\geq14
Dấu "=" xảy ra\Leftrightarrowx=y=z và $x^2$+$y^2$+$z^2$=2xy+2yz+2xz (mâu thuẫn)
Vậy dấu "=" ko xảy ra\RightarrowA>14
 
Last edited by a moderator:
J

janbel

Một cách khác nhanh hơn.

Áp dụng Cauchy-Schwarz ta có:

$$BĐT \iff \dfrac{6}{2xy+2yz+2yz}+\dfrac{2}{x^2+y^2+z^2}\ge \dfrac{(\sqrt{6}+\sqrt{2})^2}{(x+y+z)^2}=(\sqrt{6}+\sqrt{2})^2$$

Mà ta thấy rõ ràng $(\sqrt{6}+\sqrt{2})^2>14$ nên ta có điều phải chứng minh.
 
Top Bottom