Cho x, y, z >0 thỏa mãn x+y+z=1
Chứng minh : \(A=x^4+y^4+z^4\ge\dfrac{1}{27}\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
21 tháng 1 2021
\(\left(3^x;3^y;3^z\right)=\left(a;b;c\right)\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a;b;c>0\\ab+bc+ca=abc\end{matrix}\right.\)
BĐT cần chứng minh trở thành:
\(\dfrac{a^2}{a+bc}+\dfrac{b^2}{b+ca}+\dfrac{c^2}{c+ab}\ge\dfrac{a+b+c}{4}\)
Thật vậy, ta có:
\(VT=\dfrac{a^3}{a^2+abc}+\dfrac{b^3}{b^2+abc}+\dfrac{c^3}{c^2+abc}\)
\(VT=\dfrac{a^3}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\dfrac{b^3}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}+\dfrac{c^3}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}\)
Áp dụng AM-GM:
\(\dfrac{a^3}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\dfrac{a+b}{8}+\dfrac{a+c}{8}\ge\dfrac{3a}{4}\)
Làm tương tự với 2 số hạng còn lại, cộng vế với vế rồi rút gọn, ta sẽ có đpcm
28 tháng 2 2022
\(\left(x+y+z\right)^2=x^2+y^2+z^2+2xy+2xz+2yz=z^2+\left(x+y\right)^2+2z\left(x+y\right)=36\)
áp dụng BĐT cosi :
\(z^2+\left(x+y\right)^2\ge2z\left(x+y\right)\)
<=> \(z^2+\left(x+y\right)^2+2z\left(x+y\right)\ge4z\left(x+y\right)=36< =>z\left(x+y\right)\ge9\)
ta lại có \(\dfrac{x+y}{xyz}=\dfrac{x}{xyz}+\dfrac{y}{xyz}=\dfrac{1}{yz}+\dfrac{1}{xz}\) áp dụng BĐT buhihacopxki dạng phân thức => \(\dfrac{1}{yz}+\dfrac{1}{xz}\ge\dfrac{4}{yz+xz}=\dfrac{4}{z\left(x+y\right)}\ge\dfrac{4}{9}\left(đpcm\right)\)
dấu bằng xảy ra khi \(\left[{}\begin{matrix}yz=xz< =>x=y\\x+y+z=6\\z^2=\left(x+y\right)^2\end{matrix}\right.< =>\left[{}\begin{matrix}x+y+z=6\\z=2x=2y\end{matrix}\right.< =>\left[{}\begin{matrix}x=y=\dfrac{3}{2}\\z=3\end{matrix}\right.\)
28 tháng 2 2022
-Ủa vì sao\(\dfrac{4}{z\left(x+y\right)}\ge\dfrac{4}{9}\)? Đáng lẽ là \(\dfrac{4}{z\left(x+y\right)}\le\dfrac{4}{9}\) chứ?
13 tháng 8 2021
Bổ đề:\(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\ge\dfrac{4}{x+y}\Leftrightarrow\dfrac{1}{x+y}\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)\)
Ta có:\(\dfrac{1}{2x+y+z}\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{x+y}+\dfrac{1}{x+z}\right)\le\dfrac{1}{4}.\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{z}\right)\)
Tương tự ta có:\(\dfrac{1}{2y+z+x}\le\dfrac{1}{4}.\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{x}\right)\)
\(\dfrac{1}{2z+x+y}\le\dfrac{1}{4}.\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{z}+\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{z}+\dfrac{1}{y}\right)\)
Cộng vế với vế ta có:
\(\dfrac{1}{2x+y+z}+\dfrac{1}{2y+z+x}+\dfrac{1}{2z+x+y}\le\dfrac{1}{16}\left[4\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)\right]=\dfrac{1}{16}.4.4=1\)
Dấu "=" xảy ra ⇔ \(x=y=z=\dfrac{3}{4}\)
S
16 tháng 1 2020
\(\frac{x^4+y^4+z^4+t^4}{x^3+y^3+z^3+t^3}=\frac{\left(x^4+y^4+z^4+t^4\right)\left(x^2+y^2+z^2+t^2\right)}{\left(x^3+y^3+z^3+t^3\right)\left(x^2+y^2+z^2+t^2\right)}\)
\(\ge\frac{x^3+y^3+z^3+t^3}{x^2+y^2+z^2+t^2}=\frac{\left(x^3+y^3+z^3+t^3\right)\left(x+y+z+t\right)}{\left(x^2+y^2+z^2+t^2\right)\left(x+y+z+t\right)}\)
\(\ge\frac{x^2+y^2+z^2+t^2}{x+y+z+t}\ge\frac{\left(x+y+z+t\right)^2}{4\left(x+y+z+t\right)}=\frac{1}{4}\)
Dấu "=" xảy ra tại x=y=z=t=1/4
Bài làm có tham khảo của GOD Đạt Hồ
Với a, b, c > 0 ta có BĐT sau
\(a^2+b^2+c^2\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\) (*)
Đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\)
Theo BĐT (*), nếu thay \(a=x;b=y;c=z\) thì
\(x^2+y^2+z^2\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{3}=\dfrac{1^2}{3}=\dfrac{1}{3}\)
Theo BĐT (*), nếu thay \(a=x^2;b=y^2;c=z^2\) thì
\(x^4+y^4+z^4\ge\dfrac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{3}\ge\dfrac{\left(\dfrac{1}{3}\right)^2}{3}=\dfrac{1}{27}\)
Đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=y=z\\x+y+z=1\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow x=y=z=\dfrac{1}{3}\)
Áp dụng BĐT Cauchy Shwarz, ta có:
\(\left(1+1+1\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge\left(x+y+z\right)^2\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{3}=\dfrac{1}{3}\)
\(\left(1+1+1\right)\left(x^4+y^4+z^4\right)\ge\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\)
\(\Leftrightarrow x^4+y^4+z^4\ge\dfrac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{3}\ge\dfrac{1}{27}\left(\text{đ}pcm\right)\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=\dfrac{1}{3}\)