Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Giả sử \(x\le y\le z\) do \(xyz\le0\) nên\(x\le0\)
Do \(x^2+y^2+z^2=9\Rightarrow x^2\le9\Rightarrow x\in\left[-3;0\right]\)
Ta có \(yz\le\left(\frac{y+z}{2}\right)^2\le\frac{y^2+z^2}{2}\)
Do đó : \(2\left(x+y+z\right)-xyz=2x+2\left(y+z\right)-xyz\le2x+2\sqrt{2\left(y^2+z^2\right)}-x.\frac{y^2+z^2}{2}\)
\(=2x+2\sqrt{2\left(9-x^2\right)}-\frac{x\left(9-x^2\right)}{2}=\frac{x^3}{2}-\frac{5x}{2}+2\sqrt{2\left(9-x^2\right)}\)
Xét hàm số :
\(f\left(x\right)=\frac{x^3}{2}-\frac{5x}{2}=2\sqrt{2\left(9-x^2\right)}\) với \(x\in\left[-3;0\right]\) \(\Rightarrow f'\left(x\right)=\frac{3x^2}{2}-\frac{5}{2}-\frac{2\sqrt{2}x}{\sqrt{9-x^2}}\)
Xét \(f'\left(x\right)=0\Leftrightarrow\frac{3x^2}{2}-\frac{5}{2}-\frac{2\sqrt{2}x}{\sqrt{9-x^2}}=0\Leftrightarrow\sqrt{9-x^2}\left(5-3x^2\right)=-4\sqrt{2}x\)
\(\Leftrightarrow\left(9-x^2\right)\left(5-3x^2\right)=32x^2\) (với điều kiện \(5-3x^2\ge0\))
\(\Leftrightarrow9x^9-111x^4+327x^2-225=0\)
\(\Leftrightarrow x^2=1;x^2=3;x^2=\frac{25}{3}\)
\(x^2\le\frac{5}{3}\) nên \(x^2=1\Leftrightarrow x=1,x=-1\) (loại)
Ta có \(f\left(-3\right)=-6;f\left(1\right)=10;f\left(0\right)=6\sqrt{2}\) suy ra Max \(f\left(x\right)=f\left(-1\right)=10\)
\(2\left(x+y+z\right)-xyz\le f\left(x\right)\le10\)
Dấu = xảy ra khi x=-1, y=z và \(x^2+y^2+z^2=9\)
\(\Leftrightarrow x=-1;y=z=2\)
\(\Sigma\left(\dfrac{x^5-x^2}{x^5+y^2+z^2}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\Sigma\left(1-\dfrac{x^5-x^2}{x^5+y^2+z^2}\right)\le3\)
\(\Leftrightarrow\Sigma\left(\dfrac{x^2+y^2+z^2}{x^5+y^2+z^2}\right)\le3\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{x^5+y^2+z^2}+\dfrac{1}{y^5+x^2+z^2}+\dfrac{1}{z^5+x^2+y^2}\le\dfrac{3}{x^2+y^2+z^2}\)
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky
\(\Rightarrow\left(x^5+y^2+z^2\right)\left(\dfrac{1}{x}+y^2+z^2\right)\ge\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{x^5+y^2+z^2}\le\dfrac{\dfrac{1}{x}+y^2+z^2}{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}\)
Thiết lập tương tự và thu lại ta có
\(\Rightarrow\dfrac{1}{x^5+y^2+z^2}+\dfrac{1}{y^5+x^2+z^2}+\dfrac{1}{z^5+x^2+y^2}\le\dfrac{\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}+2\left(x^2+y^2+z^2\right)}{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}\)
Chứng minh rằng \(\dfrac{\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}+2\left(x^2+y^2+z^2\right)}{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}\le\dfrac{3}{x^2+y^2+z^2}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}+2\left(x^2+y^2+z^2\right)}{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}\le\dfrac{x^2+y^2+z^2+2\left(x^2+y^2+z^2\right)}{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\le x^2+y^2+z^2\) ( vì \(xyz=1\) )
\(\Leftrightarrow xy+yz+xz\le x^2+y^2+z^2\) ( luôn đúng theo hệ quả của bất đẳng thức Cauchy )
\(\Rightarrow\) đpcm
Dấu " = " xảy ra khi \(x=y=z=1\)
Lời giải:
Do $xyz=1$ nên tồn tại $a,b,c>0$ sao cho $(x,y,z)=(\frac{a}{b}, \frac{b}{c}, \frac{c}{a})$
Khi đó bài toán trở thành:
Cho $a,b,c>0$. CMR: \(2\left(\frac{a^2}{bc}+\frac{b^2}{ca}+\frac{c^2}{ab}\right)-\left(\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}\right)\geq 3\)
\(\Leftrightarrow \frac{2(a^3+b^3+c^3)-(a^2b+b^2c+c^2a)}{abc}\geq 3\)
\(\Leftrightarrow 2(a^3+b^3+c^3)\geq a^2b+b^2c+c^2a+3abc(*)\)
---------------
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(a^3+b^3+c^3\geq 3\sqrt[3]{a^3b^3c^3}=3abc(1)\)
Và:
\(\frac{a^3}{3}+\frac{a^3}{3}+\frac{b^3}{3}\geq 3\sqrt[3]{\frac{a^6b^3}{3^3}}=a^2b\)
\(\frac{b^3}{3}+\frac{b^3}{3}+\frac{c^3}{3}\geq 3\sqrt[3]{\frac{b^6c^3}{3^3}}=b^2c\)
\(\frac{c^3}{3}+\frac{a^3}{3}+\frac{a^3}{3}\geq 3\sqrt[3]{\frac{c^6a^3}{3^3}}=c^2a\)
Cộng theo vế và rút gọn \(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\geq a^2b+b^2c+c^2a(2)\)
Lấy $(1)+(2)$ ta thu được $(*)$
Do đó ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$ hay $x=y=z=1$
Đặt \(\left(x;y;z\right)=\left(\frac{a'}{b'};\frac{b'}{c'};\frac{c'}{a'}\right)\).Cần chứng minh:
\(2\left(\frac{a'^2}{b'c'}+\frac{b'^2}{c'a'}+\frac{c'^2}{a'b'}\right)-\left(\frac{b'}{a'}+\frac{c'}{b'}+\frac{a'}{c'}\right)\)
Đặt \(\left(\frac{a'}{b'};\frac{b'}{c'};\frac{c'}{a'}\right)=\left(a;b;c\right)\). Bây giờ bài toán trở nên dễ dàng hơn:
Cho a, b, c > 0 thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng \(2\left(ab+bc+ca\right)-\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge3\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge3\). Rất hiển nhiên điều này đúng theo AM-GM: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}=3\)
Ta có điều phải chứng minh.
Is that true? Nếu nó đúng, em nghĩ bài này mấu chốt là nhìn ra cách đặt đầu tiên, và một chút may mắn:)
Lời giải:
Do \(xyz=8\) nên tồn tại các số dương \(a,b,c\) sao cho \((x,y,z)=\left(\frac{2a^2}{bc},\frac{2b^2}{ac},\frac{2c^2}{ab}\right)\)
Khi đó , BĐT cần CM tương đương với:
\(P=\frac{a^4}{a^4+a^2bc+b^2c^2}+\frac{b^4}{b^4+b^2ac+a^2c^2}+\frac{c^4}{c^4+c^2ab+a^2b^2}\geq 1\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(P\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^4+b^4+c^4+abc(a+b+c)+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}\) \((1)\)
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:
\(a^2b^2+b^2c^2\geq 2ab^2c\). Tương tự với các cặp biểu thức còn lại và cộng theo vế suy ra \(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\geq abc(a+b+c)\)
\(\Rightarrow abc(a+b+c)+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\leq 2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\)
\(\Rightarrow a^4+b^4+c^4+abc(a+b+c)+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\leq (a^2+b^2+c^2)^2\) \((2)\)
Từ \((1),(2)\Rightarrow P\geq 1\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=z=2\)
\(1=xyz\le\left(\frac{x+y+z}{3}\right)^3\Rightarrow x+y+z\ge3\)
Đặt vế trái là P, ta có: \(P\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3+\left(x+y+z\right)}\)
Đặt \(x+y+z=t\Rightarrow t\ge3\)
Ta cần chứng minh \(\frac{t^2}{t+3}\ge\frac{3}{2}\Leftrightarrow2t^2-3t-9\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(2t+3\right)\left(t-3\right)\ge0\) (luôn đúng với mọi \(t\ge3\))
Dấu "=" xảy ra khi \(t=3\) hay \(x=y=z=1\)
Use BĐT C-S ta có
x(1-yz)+y+z\(\le\sqrt{\left(x^2+\left(y+z\right)^2\right)\left(\left(1-yz\right)^2+1^2\right)}\)=\(\sqrt{\left(2+2yz\right)\left(2+\left(yz\right)^2-2yz\right)}\)
Vậy chỉ cần CM:\(\sqrt{\left(2+2yz\right)\left(2+\left(yz\right)^2-2yz\right)}\le2\)
\(\Leftrightarrow\left(1+yz\right)\left(2+\left(yz\right)^2-2yz\right)\le2\)
\(\Leftrightarrow\left(yz\right)^3\)\(\le\left(yz\right)^2\)
BĐT cuối cùng đúng vì:
2=x\(^2\)+y\(^2\)+z\(^2\)\(\ge\)y\(^2\)+z\(^2\)\(\ge\)2\(\left|yz\right|\)\(\Rightarrow\left|yz\right|\le1\)
\(\Rightarrow\left(yz\right)^3\)\(\le\)(yz)\(^2\)
BĐT đc chứng minh
đẳng thức xảy ra chẳng hạn 1 số =0 và 2 số =1