pro nào giải nhanh giúp mình BĐT này nha thank!

Question

Cho 3 số dương $x,y,z$ tm $x+y+z=3$

Chứng minh rằng:$P=\frac{x}{x^{2}+y+z}+\frac{y}{x+y^{2}+z}+\frac{z}{x+y+z^{2}}\leq1$

GreenmjlkTea FeelingTea · Answer 1 · 5/20/2013 2:01:53 PM

Trước hết bạn biến đổi các mẫu số như sau

$x^{2}+y+z=x^{2}-x+3=x^{2}+1-x+2\geq 2x-x+2=x+2$

Từ đó suy ra

$P\leq \frac{x}{x+2}+\frac{y}{y+2}+\frac{z}{z+2}=3-2(\frac{1}{x+2}+\frac{1}{y+2}+\frac{1}{z+2})$

Mà

$\frac{1}{x+2}+\frac{1}{y+2}+\frac{1}{z+2}\geq \frac{9}{x+y+z+6}=1$

Từ đây ta suy ra $P\leq 1$

Trả lời 20-05-13 02:01 PM

GreenmjlkTea FeelingTea
13K 1 26 12

277K 282K

1

được đó . – badboy_3697 20-05-13 09:20 PM

khangnguyenthanh · Answer 2 · 5/20/2013 1:57:30 PM

Áp dụng BĐT Bunhia ta có:

$(x^2+y+z)(1+y+z)\ge(x+y+z)^2=9 \Rightarrow \dfrac{x}{x^2+y+z}\le\dfrac{x(1+y+z)}{9}$

Tương tự: $\dfrac{y}{x+y^2+z}\le\dfrac{y(1+x+z)}{9},\dfrac{z}{x+y+z^2}\le\dfrac{z(1+x+y)}{9}$

Suy ra:

$VT\le\dfrac{x+y+z+2(xy+yz+zx)}{9}\le\dfrac{x+y+z+\dfrac{2}{3}(x+y+z)^2}{9}=1$

Dấu bằng xảy ra khi: $x=y=z=1$

Trả lời 20-05-13 01:57 PM

khangnguyenthanh
72K 2 480 42

332K 4M

1

2 Đáp án