Bài 176

13-12-2024 | 2 cách giải | Unknow | Độ khó: 3 | Loại: Tự luận | Lượt xem: 1096

Cách giải 1

Trước hết, sử dụng giả thiết và bất đẳng thức Cauchy - Schwarz, ta có

\[\sqrt{x+y z}=\sqrt{x(x+y+z)+y z}=\sqrt{(x+y)(x+z)} \geq x+\sqrt{y z}\]

Do vậy

\[\frac{x}{x+\sqrt{x+y z}} \leq \frac{x}{2 x+\sqrt{y z}}\]

Đến đây ta thiết lập thêm hai đánh giá tương tự để suy ra

\[\frac{x}{x+\sqrt{x+y z}}+\frac{y}{y+\sqrt{y+z x}}+\frac{z}{z+\sqrt{z+x y}} \leq \frac{x}{2 x+\sqrt{y z}}+\frac{y}{2 y+\sqrt{z x}}+\frac{z}{2 z+\sqrt{x y}}\]

Do vậy, để kết thúc chứng minh, ta cần chỉ ra rằng

\[\frac{x}{2 x+\sqrt{y z}}+\frac{y}{2 y+\sqrt{z x}}+\frac{z}{2 z+\sqrt{x y}} \leq 1\]

Đặt \(a=\sqrt{x}, b=\sqrt{y}\) và \(c=\sqrt{z}\), khi đó ta đưa bài toán về việc chứng minh

\[\frac{a^{2}}{2 a^{2}+b c}+\frac{b^{2}}{2 b^{2}+c a}+\frac{c^{2}}{2 c^{2}+a b} \leq 1\]

Bất đẳng thức này tương đương với dãy sau

\[(\frac{1}{2}-\frac{a^{2}}{2 a^{2}+b c})+(\frac{1}{2}-\frac{b^{2}}{2 b^{2}+c a})+(\frac{1}{2}-\frac{c^{2}}{2 c^{2}+a b}) \geq \frac{3}{2}-1 \frac{b c}{2 a^{2}+b c}+\frac{c a}{2 b^{2}+c a}+\frac{a b}{2 c^{2}+a b} \geq 1\]

Đây là một đánh giá đúng vì theo bất đẳng thức Cauchy - Schwarz

\[\begin{aligned}\frac{b c}{2 a^{2}+b c}+\frac{c a}{2 b^{2}+c a}+\frac{a b}{2 c^{2}+a b} & =\frac{b^{2} c^{2}}{2 a^{2} b c+b^{2} c^{2}}+\frac{c^{2} a^{2}}{2 b^{2} c a+c^{2} a^{2}}+\frac{a^{2} b^{2}}{2 c^{2} a b+a^{2} b^{2}} \\& \geq \frac{(a b+b c+c a)^{2}}{a^{2} b^{2}+b^{2} c^{2}+c^{2} a^{2}+2 a b c(a+b+c)}=1\end{aligned}\]

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=z=\frac{1}{3}\).

Bài toán được chứng minh xong.

Cách giải 2

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz tương tự như trên nhưng bắt cặp khác

\[x+\sqrt{x+y z}=x+\sqrt{x(x+y+z)+y z}=x+\sqrt{(x+z)(x+y)} \geq x+\sqrt{x y}+\sqrt{x z}\]

Từ đó ta có:

\[\frac{x}{x+\sqrt{x+y z}} \leq \frac{x}{x+\sqrt{x y}+\sqrt{x z}}=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}}\]

Làm tương tự và cộng các bất đẳng thức lại ta được điều phải chứng minh.

Bài toán được chứng minh xong.