Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
cho x,y,z>0 và xyz=1. chứng minh rằng \(\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\ge1+x+y+z\)
Lời giải:
Sửa đề: \((x+y)(y+z)(x+z)\geq 2(1+x+y+z)\)
Áp dụng BĐT AM-GM:
\((x+y+z)(xy+yz+xz)\geq 3\sqrt[3]{xyz}.3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}=9xyz\)
\(\Leftrightarrow xyz\leq \frac{(x+y+z)(xy+yz+xz)}{9}\)
Ta thực hiện biến đổi:
\((x+y)(y+z)(z+x)=xy(x+y)+yz(y+z)+xz(x+z)+2xyz\)
\(=(x+y+z)(xy+yz+xz)-xyz\geq (x+y+z)(xy+yz+xz)-\frac{(x+y+z)(xy+yz+xz)}{9}\)
\(\Leftrightarrow (x+y)(y+z)(x+z)\geq \frac{8}{9}(x+y+z)(xy+yz+xz)\)
Theo hệ quả của BĐT AM-GM:
\((xy+yz+xz)^2\geq 3xyz(x+y+z)=3(x+y+z)\)
\(\Rightarrow xy+yz+xz\geq \sqrt{3(x+y+z)}\)
\(\Rightarrow (x+y)(y+z)(x+z)\geq \frac{8}{9}(x+y+z)\sqrt{3(x+y+z)}\)
Ta sẽ cm \(\frac{8}{9}(x+y+z)\sqrt{3(x+y+z)}\geq 2(1+x+y+z)\)
Đặt \(\sqrt{3(x+y+z)}=t\). Dễ thấy \(x+y+z\geq 3\sqrt[3]{xyz}=3\Rightarrow t\geq 3\)
Ta cần cm \(\frac{8}{9}.\frac{t^2}{3}.t\geq 2(1+\frac{t^2}{3})\Leftrightarrow 8t^3\geq 18(3+t^2)\)
\(\Leftrightarrow (t-3)(8t^2+6t+18)\geq 0\) (luôn đúng với \(t\geq 3\))
Do đó ta có đpcm
Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z=1$
BĐT cần chứng minh tương đương
\(VT\ge4\left(x+y+z\right)\)
\(\Leftrightarrow\sum\dfrac{\left(y+z\right)\sqrt{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}}{x}\ge4\left(x+y+z\right)\)
Theo BĐT Cauchy-Schwarz và AM-GM, ta có:
\(\sum\dfrac{\left(y+z\right)\sqrt{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}}{x}\ge\dfrac{\left(y+z\right)\left(x+\sqrt{yz}\right)}{x}=y+z+\dfrac{\left(y+z\right)\sqrt{yz}}{x}\ge y+z+\dfrac{2yz}{x}\)
Suy ra: \(\sum\dfrac{\left(y+z\right)\sqrt{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}}{x}\ge2\left(x+y+z\right)-2\left(\dfrac{yz}{x}+\dfrac{xz}{y}+\dfrac{xy}{z}\right)\)
Mặt khác, theo AM-GM:
\(\left(\dfrac{yz}{x}+\dfrac{xz}{y}+\dfrac{xy}{z}\right)^2\ge3\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge\left(x+y+z\right)^2\)
\(\Rightarrow\dfrac{yz}{x}+\dfrac{xz}{y}+\dfrac{xy}{z}\ge x+y+z\)
\(\Rightarrow\sum\dfrac{\left(y+z\right)\sqrt{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}}{x}\ge4\left(x+y+z\right)\)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=z=\dfrac{\sqrt{2}}{3}\)
@Phương An
1111111111111111111
\(VT=\Sigma\frac{xy+yz+zx}{xy}=3+\Sigma\frac{z\left(x+y\right)}{xy}\)
Đến đây để ý \(\frac{1}{2}\left[\frac{z\left(x+y\right)}{xy}+\frac{y\left(z+x\right)}{zx}\right]\ge\sqrt{\frac{\left(z+x\right)\left(x+y\right)}{x^2}}\left(\text{AM - GM}\right)\)
Là xong.
pt cái (x+y)(y+z)(z+x)=\(2xyz+z^2\left(x+y\right)+x^2\left(y+z\right)+y^2\left(x+z\right)\)
xét hiệu \(\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(x+z\right)-2\left(1+x+y+z\right)=2xyz+z^2\left(x+y\right)+y^2\left(x+z\right)+x^2\left(y+z\right)-2xyz-\left(x+y\right)-\left(y+z\right)-\left(x+y\right)\)\(z^2\left(x+y\right)\ge\left(x+y\right)\)(vì x;y;z>0)
tương tự
=> đpcm
BĐT cần chứng minh tương đương với : \(\frac{\left(x+z\right)^2}{xz}\ge\frac{y\left(x+z\right)}{xz}+\frac{x+z}{y}\)
\(\Leftrightarrow\frac{x+z}{xz}\ge\frac{y}{xz}+\frac{1}{y}\Leftrightarrow y\left(x+z\right)\ge y^2+xz\)
\(\Leftrightarrow y^2-y\left(x+z\right)+xz\le0\Leftrightarrow\left(y-x\right)\left(y-z\right)\le0\) ( luôn đúng vì \(z\ge y\ge x>0\))
Vậy BĐT đã được chứng minh khi x = y = z
❤ѕѕѕσиɢσкυѕѕѕ❤
\(\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(x+z\right)\ge8xyz\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(x+z\right)-8xyz\ge0\)
Ta có: \(x+y\ge2\sqrt{xy}\)
\(y+z\ge2\sqrt{yz}\)
\(x+z\ge2\sqrt{xz}\)
\(\Rightarrow\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(x+z\right)\ge8\sqrt{x^2y^2z^2}\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(x+z\right)\ge8\left|x\right|\left|y\right|\left|z\right|\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(x+z\right)\ge8xyz\)