Bài này hôm trước hình như bạn mới hỏi xong, vậy làm chi tiết cho đỡ băn khoăn:

Với các số dương a;b;c;x;y;z bất kì, ta chứng minh BĐT sau:

\(\sqrt{a^2+x^2}+\sqrt{b^2+y^2}\ge\sqrt{\left(a+b\right)^2+\left(x+y\right)^2}\)

Thật vậy, BĐT tương đương:

\(a^2+b^2+x^2+y^2+2\sqrt{a^2b^2+x^2y^2+x^2b^2+a^2y^2}\ge a^2+b^2+x^2+y^2+2ab+2xy\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{a^2b^2+x^2y^2+a^2y^2+b^2x^2}\ge ab+xy\)

\(\Leftrightarrow a^2b^2+x^2y^2+a^2y^2+b^2x^2\ge a^2b^2+x^2y^2+2abxy\)

\(\Leftrightarrow\left(ay-bx\right)^2\ge0\) (luôn đúng)

Từ đó suy ra:

\(\sqrt{a^2+x^2}+\sqrt{b^2+y^2}+\sqrt{c^2+z^2}\ge\sqrt{\left(a+b\right)^2+\left(x+y\right)^2}+\sqrt{c^2+z^2}\ge\sqrt{\left(a+b+c\right)^2+\left(x+y+z\right)^2}\)

Áp dụng cho bài toán:

\(VT=\sqrt{\left(x+\dfrac{y}{2}\right)^2+\left(\dfrac{\sqrt{3}y}{2}\right)^2}+\sqrt{\left(y+\dfrac{z}{2}\right)^2+\left(\dfrac{\sqrt{3}z}{2}\right)^2}+\sqrt{\left(z+\dfrac{x}{2}\right)^2+\left(\dfrac{\sqrt{3}x}{2}\right)^2}\)

\(VT\ge\sqrt{\left(x+\dfrac{y}{2}+y+\dfrac{z}{2}+z+\dfrac{x}{2}\right)^2+\left(\dfrac{\sqrt{3}y}{2}+\dfrac{\sqrt{3}z}{2}+\dfrac{\sqrt{3}x}{2}\right)^2}=2\left(x+y+z\right)\) (đpcm)

\(\Leftrightarrow\sqrt{4x^2+4xy+8y^2}+\sqrt{4y^2+4yz+8z^2}+\sqrt{4z^2+4zx+8x^2}\ge4\left(x+y+z\right)\)

Ta có:

\(VT=\sqrt{\left(2x+y\right)^2+\left(\sqrt{7}y\right)^2}+\sqrt{\left(2y+z\right)^2+\left(\sqrt{7}z\right)^2}+\sqrt{\left(2z+x\right)^2+\left(\sqrt{7}x\right)^2}\)

\(VT\ge\sqrt{\left(2x+y+2y+z+2z+x\right)^2+\left(\sqrt{7}x+\sqrt{7}y+\sqrt{7}z\right)^2}\)

\(VT\ge\sqrt{16\left(x+y+z\right)^2}=4\left(x+y+z\right)\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z\)

Bạn có thể tham khảo lời giải tại đây:

Câu hỏi của Toán Chuyên Học - Toán lớp 9 | Học trực tuyến

Theo giả thiết: \(xyz=x+y+z+2\)

\(\Leftrightarrow xyz+xy+yz+zx+x+y+z+1\)\(=\left(xy+yz+zx\right)+2\left(x+y+z\right)+3\)

\(\Leftrightarrow\left(xy+x+y+1\right)\left(z+1\right)\)\(=\left(x+1\right)\left(y+1\right)+\left(y+1\right)\left(z+1\right)+\left(z+1\right)\left(x+1\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)\)\(=\left(x+1\right)\left(y+1\right)+\left(y+1\right)\left(z+1\right)+\left(z+1\right)\left(x+1\right)\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}=1\). Đặt \(a=\frac{1}{x+1};b=\frac{1}{y+1};c=\frac{1}{z+1}\)

Khi đó a + b + c = 1 và \(x=\frac{1-a}{a}=\frac{b+c}{a}\);\(y=\frac{1-b}{b}=\frac{c+a}{b}\);\(z=\frac{1-c}{c}=\frac{a+b}{c}\)

Ta cần chứng minh \(x+y+z+6\ge2\left(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}\right)\)

\(\Leftrightarrow x+y+z+6\ge\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)^2-\left(x+y+z\right)\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{2\left(x+y+z+3\right)}\ge\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{2\left[\left(x+1\right)+\left(y+1\right)+\left(z+1\right)\right]}\ge\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{\left[\left(b+c\right)+\left(c+a\right)+\left(a+b\right)\right]\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)}\)\(\ge\sqrt{\frac{b+c}{a}}+\sqrt{\frac{c+a}{b}}+\sqrt{\frac{a+b}{c}}\)

BĐT cuối hiển nhiên đúng vì đây là BĐT Bunyakovski do đó bài toán được chứng minh.

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)hay x = y = z = 2

Dạo này ko tag được đâu :(

\(VT=\sum\sqrt{\frac{1}{2}\left(x+y\right)^2+\frac{1}{2}\left(x^2+y^2\right)+y^2}\ge\sum\sqrt{\frac{1}{2}\left(x+y\right)^2+\frac{1}{4}\left(x+y\right)^2+y^2}\)

\(VT\ge\sum\sqrt{\frac{3}{4}\left(x+y\right)^2+y^2}\ge\sqrt{\frac{3}{4}\left(2x+2y+2z\right)^2+\left(x+y+z\right)^2}\)

(Mincopxki)

\(\Rightarrow VT\ge\sqrt{4\left(x+y+z\right)^2}=2\left(x+y+z\right)\)

@Nguyễn Việt Lâm

1111111111111111111

\(VT=\Sigma\frac{xy+yz+zx}{xy}=3+\Sigma\frac{z\left(x+y\right)}{xy}\)

Đến đây để ý \(\frac{1}{2}\left[\frac{z\left(x+y\right)}{xy}+\frac{y\left(z+x\right)}{zx}\right]\ge\sqrt{\frac{\left(z+x\right)\left(x+y\right)}{x^2}}\left(\text{AM - GM}\right)\)

Là xong.

Lời giải:

Từ điều kiện \(x+y+z+2=xyz\) ta có một đẳng thức rất đẹp là \(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}=1\)

\(\Rightarrow \frac{x}{x+1}+\frac{y}{y+1}+\frac{z}{z+1}=2(*)\)

(lớp 9 mình đã rất sung sướng khi phát hiện ra nó, dù không mới mẻ. Tất nhiên không thể tự nhiên mà có được đẳng thức như thế này, nó tùy thuộc vào khả năng suy luận ngược hoặc thói quen biến đổi các đẳng thức cơ bản)

Khi đó, áp dụng BĐT Bunhiacopxky ta có:

\((x+1+y+1+z+1)\left(\frac{x}{x+1}+\frac{y}{y+1}+\frac{z}{z+1}\right)\geq (\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})^2\)

\(\Leftrightarrow 2(x+y+z+3)\ge (\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})^2\)

\(\Leftrightarrow x+y+z+6\geq 2(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{xz})\)

Ta có đpcm.

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=2\)

\(VT=\sum\sqrt{\frac{1}{2}\left(x^2+2xy+y^2\right)+\frac{1}{2}\left(x^2+y^2\right)}\)

\(VT\ge\sum\sqrt{\frac{1}{2}\left(x+y\right)^2+\frac{1}{4}\left(x+y\right)^2}=\sqrt{\frac{3}{4}\left(x+y\right)^2}\)

\(VT\ge\frac{\sqrt{3}}{2}\left(x+y\right)+\frac{\sqrt{3}}{2}\left(y+z\right)+\frac{\sqrt{3}}{2}\left(z+x\right)=\sqrt{3}\left(x+y+z\right)\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z\)