NN
4
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
HN
7 tháng 5 2017
Từ đề bài ta có:
\(\left\{{}\begin{matrix}\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)\ge0\\\left(x-3\right)\left(y-3\right)\left(3-z\right)\ge0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}xyz+\left(xy+yz+zx\right)+\left(x+y+z\right)+1\ge0\\-xyz+3\left(xy+yz+zx\right)-9\left(x+y+z\right)+27\ge0\end{matrix}\right.\)
Lấy trên + dưới ta được
\(4\left(xy+yz+zx\right)-8\left(x+y+z\right)+28\ge0\)
\(\Leftrightarrow4\left(xy+yz+zx\right)+20\ge0\)
\(\Leftrightarrow2\left(x+y+z\right)^2+20\ge2x^2+2y^2+2z^2\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\le11\)
7 tháng 5 2017
Bài này Karamata là vừa :D
Giả sử \(a\ge b\ge c\)
Khi \(f\left(x\right)=x^2\) là hàm lồi trên \(\left[-1,3\right]\) và \((-1,-1,3)\succ(a,b,c)\)
Theo Karamata's inequality ta có:
\(11=\left(-1\right)^2+\left(-1\right)^2+3^2\ge a^2+b^2+c^2\)
6 tháng 7 2016
Áp dụng bất đẳng thức bunhiacopxki :
\(\left(1+1+1\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge\left(x+y+z\right)^2.\)
<=> \(3\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge\left(x+y+z\right)^2\)(đpcm)
Dấu = khi x=y=z
LV
2 tháng 5 2017
ta có: \(VT=\frac{x^2+y^2+z^2}{x^2+y^2}+\frac{x^2+y^2+z^2}{y^2+z^2}+\frac{x^2+y^2+z^2}{z^2+x^2}=3+\frac{z^2}{x^2+y^2}+\frac{x^2}{y^2+z^2}+\frac{y^2}{x^2+z^2}\)
Áp dụng bất đẳng thức cauchy: \(\hept{\begin{cases}x^2+y^2\ge2xy\\y^2+z^2\ge2yz\\z^2+x^2\ge2xz\end{cases}}\)
do đó \(VT\le3+\frac{x^2}{2yz}+\frac{y^2}{2xz}+\frac{z^2}{2xy}=\frac{x^3+y^3+z^3}{2xyz}+3=VF\)
đẳng thức xảy ra khi x=y=z
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
4 tháng 1 2020
\(VT=\sum\frac{x^2}{x^4+yz}\le\sum\frac{x^2}{2x^2\sqrt{yz}}=\frac{1}{2}\sum\frac{1}{\sqrt{yz}}\le\frac{1}{4}\sum\left(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)
\(\Rightarrow VT\le\frac{1}{2}\left(\frac{xy+yz+zx}{xyz}\right)\le\frac{1}{2}\left(\frac{x^2+y^2+z^2}{xyz}\right)=\frac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=1\)
N
12 tháng 5 2017
Dự đoán dấu = xảy ra khi x=y=\(\dfrac{z}{2}\)
ta có: \(VT=3+\dfrac{x^2}{y^2}+\dfrac{y^2}{x^2}+\dfrac{y^2}{z^2}+\dfrac{z^2}{y^2}+\dfrac{x^2}{z^2}+\dfrac{z^2}{x^2}\)
\(=3+\left(\dfrac{x^2}{y^2}+\dfrac{y^2}{x^2}\right)+\left(\dfrac{y^2}{z^2}+\dfrac{x^2}{z^2}\right)+\left(\dfrac{z^2}{y^2}+\dfrac{z^2}{x^2}\right)\)
Áp dụng BĐT AM-GM: \(\dfrac{x^2}{y^2}+\dfrac{y^2}{x^2}\ge2\)
Áp dụng BĐT bunyakovsky:\(\dfrac{y^2}{z^2}+\dfrac{x^2}{z^2}\ge\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{y}{z}+\dfrac{x}{z}\right)^2=\dfrac{1}{2}.\dfrac{\left(x+y\right)^2}{z^2}\)
\(\dfrac{z^2}{x^2}+\dfrac{z^2}{y^2}\ge\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{z}{x}+\dfrac{z}{y}\right)^2\ge\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{4z}{x+y}\right)^2=\dfrac{8z^2}{\left(x+y\right)^2}\)(AM-GM)
do đó \(VT\ge5+\dfrac{1}{2}\dfrac{\left(x+y\right)^2}{z^2}+\dfrac{8z^2}{\left(x+y\right)^2}\)
Đặt \(\dfrac{z}{x+y}=a\)(a>0)thì \(a\ge1\)do \(z\ge x+y\)
\(VT\ge8a^2+\dfrac{1}{2a^2}+5=\dfrac{a^2}{2}+\dfrac{1}{2a^2}+\dfrac{15}{2}a^2+5\ge\dfrac{a^2}{2}+\dfrac{1}{2a^2}+\dfrac{25}{2}\)
Áp dụng BĐT AM-GM: \(\dfrac{a^2}{2}+\dfrac{1}{2a^2}\ge2\sqrt{\dfrac{a^2}{4a^2}}=1\)
do đó \(VT\ge1+\dfrac{25}{2}=\dfrac{27}{2}\)(đpcm)
Dấu = xảy ra khi a=1 hay \(x=y=\dfrac{z}{2}\)
TN
6 tháng 2 2017
Áp dụng BDT AM-GM ta có:\(VT\ge3\left(\frac{x}{y+z+1}+\frac{y}{x+z+1}+\frac{z}{x+y+1}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{VT}{3}\ge\frac{x^2}{xy+xz+x}+\frac{y^2}{yz+yx+y}+\frac{z^2}{xz+zy+z}\)
\(\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{2\left(xy+yz+xz\right)+xy+z}\) (Cauchy-Schwarz)
Do \(3\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge\left(x+y+z\right)^2\)\(\Rightarrow\left(x+y+z\right)^2\le\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\)
\(\Rightarrow x+y+z\le x^2+y^2+z^2\).Suy ra
\(2\left(xy+yz+xz\right)+x+y+z\le2\left(xy+yz+xz\right)+x^2+y^2+z^2=\left(x+y+z\right)^2\)
Suy ra \(\frac{VT}{3}\le\frac{\left(x+y+z\right)^2}{\left(x+y+z\right)^2}=1\Rightarrow VT\ge3\) (điều phải chứng minh)
Dấu "=" xảy ra khi x=y=z=1
19 tháng 1 2021
ĐK : x ; y ; z dương ...
Ta có : \(x^2-xy=y^2-yz=z^2-zx\)
\(\Leftrightarrow x\left(x-y\right)=y\left(y-z\right)=z\left(z-x\right)\Leftrightarrow x=y=z\)
Áp dụng BĐT cô si 3 số ta được :
\(\frac{x}{z}+\frac{y}{x}+\frac{z}{y}\ge3\sqrt[3]{\frac{x}{z}\frac{y}{x}\frac{z}{y}}=3\)
Dấu ''='' xảy ra <=> x = y = z
Vậy ta có đpcm
\(x^2+y^2+z^2=\left(x+y+z\right)^2-2\left(xy+yz+zx\right)\)
Đpcm \(\Leftrightarrow9-2\left(xy+yz+zx\right)\le11\)\(\Leftrightarrow xy+yz+zx+1\ge0\Leftrightarrow z\left(x+y\right)+xy+1\ge0\text{ }\left(\text{*}\right)\)
Có 2 cách chứng minh như sau:
+Cách 1: Trong 3 số x, y, z luôn tồn tại 2 số cùng \(\ge1\) hoặc cùng \(\le1\)
Do đó: : \(\left(x-1\right)\left(y-1\right)\ge0\Rightarrow xy+1\ge x+y=3-z\)
\(xy+yz+zx+1\ge z\left(3-z\right)+3-z=\left(3-z\right)\left(z+1\right)\ge0\)
+Cách 2: Do vai trò x, y, z là như nhau nên giả sử z là số lớn nhất; khi đó
\(3=x+y+z\le z+z+z\Rightarrow z\ge1\)
\(\left(x+1\right)\left(y+z\right)\ge0\Rightarrow xy+1\ge-x-y=z-3\)
\(xy+yz+zx+1\ge z\left(3-z\right)+z-3=\left(3-z\right)\left(z-1\right)\ge0\) do \(z\ge1\)
không có điều kiện ràng buộc 3 biến thì biểu thức kia dễ dàng vượt quá 11.