cho 3 sô x,y,z>0 thảo mãn x+y+z=1
cmr: 3/xy+yz+zx +2/x2 +y2+z2 >=14
mong mọi người giúp đỡ
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
24 tháng 12 2020
nhờ mn giúp mk bài này vs ạ
mk đang cần gấp !
cảm ơn mn nhiều
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
25 tháng 12 2020
Đặt \(\left(\sqrt[3]{x};\sqrt[3]{y};\sqrt[3]{z}\right)=\left(a;b;c\right)\) \(\Rightarrow a^6+b^6+c^6=3\)
\(a^6+a^6+a^6+a^6+a^6+1\ge6a^5\)
Tương tự: \(5b^6+1\ge6b^5\) ; \(5c^6+1\ge6c^5\)
Cộng vế với vế: \(18=5\left(a^6+b^6+c^6\right)+3\ge6\left(a^5+b^5+c^5\right)\)
\(\Rightarrow3\ge a^5+b^6+b^5\)
BĐT cần chứng minh: \(\dfrac{a^3}{bc}+\dfrac{b^3}{ca}+\dfrac{c^3}{ab}\ge a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3\)
Ta có:
\(\dfrac{a^3}{bc}+\dfrac{b^3}{ca}+\dfrac{c^3}{ab}\ge\dfrac{ab}{c}+\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ca}{b}\ge a+b+c\) (1)
Mà \(3\left(a+b+c\right)\ge\left(a^5+b^5+c^5\right)\left(a+b+c\right)\ge\left(a^3+b^3+c^3\right)^2\ge3\left(a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3\right)\)
\(\Rightarrow a+b+c\ge a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3\) (2)
Từ (1);(2) \(\Rightarrow\) đpcm
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
19 tháng 6 2020
Đặt \(\left(\frac{yz}{x};\frac{zx}{y};\frac{xy}{z}\right)=\left(a;b;c\right)\Rightarrow ab+bc+ca=x^2+y^2+z^2=3\)
Ta có:
\(a+b+c\ge\sqrt{3\left(ab+bc+ca\right)}=\sqrt{9}=3\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\) hay \(x=y=z=1\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
26 tháng 1 2021
Bạn tham khảo lời giải tại đây:
cho các số thực dưong x,y,z thỏa mãn : x2 y2 z2=3chứng minh rằng : \(\dfrac{x}{\sqrt[3]{yz}} \dfrac{y}{\sqrt[3]{zx}} \df... - Hoc24
AH
Akai Haruma
Giáo viên
26 tháng 1 2021
Cách khác:
Áp dụng BĐT AM-GM và BĐT Cauchy-Schwarz:
\(\sum \frac{x}{\sqrt[3]{yz}}\geq \sum \frac{x}{\frac{y+z+1}{3}}=3\sum \frac{x}{y+z+1}=3\sum \frac{x^2}{xy+xz+x}\)
\(\geq 3. \frac{(x+y+z)^2}{2(xy+yz+xz)+(x+y+z)}\)
Ta sẽ chứng minh: \(\frac{3(x+y+z)^2}{2(xy+yz+xz)+(x+y+z)}\geq xy+yz+xz(*)\)
Đặt $x+y+z=a$ thì $xy+yz+xz=\frac{a^2-3}{2}$
Bằng BĐT AM-GM dễ thấy $\sqrt{3}< a\leq 3$
BĐT $(*)$ trở thành:
$\frac{3a^2}{a^2+a-3}\geq \frac{a^2-3}{2}$
$\Leftrightarrow a^4+a^3-12a^2-3a+9\leq 0$
$\Leftrightarrow (a-3)(a+1)(a^2+3a-3)\leq 0$
Điều này đúng với mọi $\sqrt{3}< a\leq 3$
Do đó BĐT $(*)$ đúng nên ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z=1$
TN
27 tháng 5 2018
\(VT=6\left(x^2+y^2+z^2\right)+10\left(xy+yz+xz\right)+2\left(\frac{1}{2x+y+z}+\frac{1}{x+2y+z}+\frac{1}{x+y+2z}\right)\)
\(=6\left(x+y+z\right)^2-2\left(xy+yz+xz\right)+2\frac{9}{2x+y+z+x+2y+z+x+y+2z}\)
\(\ge6\left(x+y+z\right)^2-2\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}+2\frac{9}{4\left(x+y+z\right)}\)
\(=\: 6\cdot\left(\frac{3}{4}\right)^2-2\cdot\frac{\left(\frac{3}{4}\right)^2}{3}+2\cdot\frac{9}{4\cdot\frac{3}{4}}=9\)
8 tháng 8 2017
a)(x-y)3+(y-z)3+(z-x)3
=3(x-y+y-z+z-x)=3
b)nhân vào là rồi đối trừ là hết luôn ( nhưng là mũ 2 hay nhân 2 v mk là theo nhân 2 nhé]
NT
1
VT
28 tháng 10 2017
ta caàn chứng minh bđt
\(\frac{x}{x+yz}+\frac{y}{y+zx}\ge\frac{x}{x+xz}+\frac{y}{y+yz}=\frac{1}{1+z}+\frac{1}{1+z}=\frac{2}{1+z}\)
tương tự + vào, dùng svác sơ
TN
1
AH
Akai Haruma
Giáo viên
5 tháng 7 2021
Lời giải:
Vì $0\leq x,y,z\leq 1$ nên:
$x(x-1)(y-1)\geq 0$
$\Leftrightarrow x^2y\geq x^2+xy-x$
Tương tự và cộng theo vế:
$x^2y+y^2z^2+z^2x+1\geq x^2+y^2+z^2+(xy+yz+xz)-(x+y+z)+1(*)$
Lại có:
$(x-1)(y-1)(z-1)\leq 0$
$\Leftrightarrow xyz-(xy+yz+xz)+(x+y+z)-1\leq 0$
$\Leftrightarrow xy+yz+xz-(x+y+z)\geq xyz-1\geq -1$ do $xyz\geq 0(**)$
Từ $(*); (**)\Rightarrow x^2y+y^2z+z^2x+1\geq x^2+y^2+z^2$
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $(x,y,z)=(0,1,1); (0,0,1)$ và hoán vị.
=2/(xy+yz+zx)+2/(x^2+y^2+z^2)+1/xy+yz+zx
>=2(4/(x+y+z)^2)+1/(1/3)>=8+3=11(hình như sai đề nhưng cách làm là đúng rồi)
=2/(xy+yz+zx)+2/(x^2+y^2+z^2)+1/xy+yz+zx
>=2(4/(x+y+z)^2)+1/(1/3)>=8+3=11(hình như sai đề nhưng cách làm là đúng rồi)