Processing math: 100%

Translate

Monday, August 18, 2014

Bài toán: (JBMO 2003) Cho x, y, z là các số dương lớn hơn -1. Chứng minh rằng: \dfrac{1+x^2}{1+y+z^2}+\dfrac{1+y^2}{1+z+x^2}+\dfrac{1+z^2}{1+x+y^2}\ge 2 Lời giải:
 Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có:y\le \dfrac{y^2+1}{2}\\\Leftrightarrow \dfrac{1+x^2}{1+y+z^2}\ge \dfrac{1+x^2}{1+\dfrac{y^2+1}{2}+z^2} Tương tự, ta cũng có: \dfrac{1+y^2}{1+z+x^2}\ge \dfrac{1+y^2}{1+x^2+\dfrac{z^2+1}{2}} \dfrac{1+z^2}{1+x+y^2}\ge \dfrac{1+z^2}{y^2+1+\dfrac{x^2+1}{2}} Suy ra: \sum \dfrac{x^2+1}{1+y+z^2}\ge \sum \dfrac{x^2+1}{z^2+1+\dfrac{y^2+1}{2}} Đặt a=x^2+1, b=y^2+1, c=z^2+1. Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: \dfrac{a}{b+2c}+\dfrac{b}{c+2a}+\dfrac{c}{a+2b}\ge 1 Đặt A=b+2c, B=c+2a, C=a+2b. Khi đó, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:\dfrac{C}{A}+\dfrac{A}{B}+\dfrac{B}{C}+4\left(\dfrac{B}{A}+\dfrac{C}{B}+\dfrac{A}{C}\right)\ge 15 Tới đây, sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có đánh giá: \dfrac{C}{A}+\dfrac{A}{B}+\dfrac{B}{C}\ge 3\sqrt[3]{\dfrac{C}{A}.\dfrac{B}{C}.\dfrac{A}{B}}=3 \dfrac{B}{A}+\dfrac{C}{B}+\dfrac{A}{C}\ge 3\sqrt[3]{\dfrac{B}{A}.\dfrac{C}{B}.\dfrac{A}{C}}=3 Từ đó dễ dàng suy ra điều phải chứng minh

No comments: