N
0
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
26 tháng 8 2017
Đặt cái ban đầu là P
Ta có: \(xy+yz+zx=xyz\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}=1\)
Ta lại có:
\(\dfrac{xy}{z^3\left(1+x\right)\left(1+y\right)}+\dfrac{1+x}{64x}+\dfrac{1+y}{64y}\ge\dfrac{3}{16z}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{xy}{z^3\left(1+x\right)\left(1+y\right)}\ge\dfrac{3}{16z}-\dfrac{1}{32}-\dfrac{1}{64x}-\dfrac{1}{64y}\left(1\right)\)
Tương tự ta có:
\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{yz}{x^3\left(1+y\right)\left(1+z\right)}\ge\dfrac{3}{16x}-\dfrac{1}{32}-\dfrac{1}{64y}-\dfrac{1}{64z}\left(2\right)\\\dfrac{zx}{y^3\left(1+z\right)\left(1+x\right)}\ge\dfrac{3}{16y}-\dfrac{1}{32}-\dfrac{1}{64z}-\dfrac{1}{64x}\left(3\right)\end{matrix}\right.\)
Từ (1), (2), (3) ta có:
\(P\ge\dfrac{3}{16}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)-\dfrac{1}{32}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)-\dfrac{3}{32}\)
\(=\dfrac{3}{16}-\dfrac{1}{32}-\dfrac{3}{32}=\dfrac{1}{16}\)
Dấu = xảy ra khi \(x=y=z=3\)
thật vĩ đại Hung nguyen
CT
0
1 tháng 4 2019
\(\frac{27}{3\sqrt{3x-2}+6}+\frac{8+4x-x^2}{x\sqrt{6-x}+4}\ge\frac{3}{2}+\frac{2x-14}{3\sqrt{6-x}+2}>0\)
Nên phần còn lại vô nghiệm
LH
3
AH
Akai Haruma
Giáo viên
28 tháng 10 2019
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 $x=y=z=1$
T
28 tháng 10 2019
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:)
KK
21 tháng 1 2017
Áp dụng BĐT Cô - si cho 3 bộ số không âm
\(\Rightarrow\frac{z\left(xy+1\right)^2}{y^2\left(yz+1\right)}+\frac{x\left(yz+1\right)^2}{z^2\left(xz+1\right)}+\frac{y\left(xz+1\right)^2}{x^2\left(xy+1\right)}\ge3\sqrt[3]{\frac{xyz\left(xy+1\right)^2\left(yz+1\right)^2\left(xz+1\right)^2}{x^2y^2z^2\left(yz+1\right)\left(xz+1\right)\left(xy+1\right)}}=3\sqrt[3]{\frac{\left(xy+1\right)\left(yz+1\right)\left(xz+1\right)}{xyz}}\)
Xét \(3\sqrt[3]{\frac{\left(xy+1\right)\left(yz+1\right)\left(xz+1\right)}{xyz}}\)
\(=3\sqrt[3]{\left(\frac{xy+1}{x}\right)\left(\frac{yz+1}{y}\right)\left(\frac{xz+1}{z}\right)}\)
\(=3\sqrt[3]{\left(y+\frac{1}{x}\right)\left(z+\frac{1}{y}\right)\left(x+\frac{1}{z}\right)}\)
Áp dụng BĐT Cô - si
\(\Rightarrow\left\{\begin{matrix}y+\frac{1}{x}\ge2\sqrt{\frac{y}{x}}\\z+\frac{1}{y}\ge2\sqrt{\frac{z}{y}}\\x+\frac{1}{z}\ge2\sqrt{\frac{x}{z}}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left(y+\frac{1}{x}\right)\left(z+\frac{1}{y}\right)\left(x+\frac{1}{z}\right)\ge8\)
\(\Rightarrow3\sqrt[3]{\left(y+\frac{1}{x}\right)\left(z+\frac{1}{y}\right)\left(x+\frac{1}{z}\right)}\ge3\sqrt[3]{8}\)
\(\Rightarrow3\sqrt[3]{\left(y+\frac{1}{x}\right)\left(z+\frac{1}{y}\right)\left(x+\frac{1}{z}\right)}\ge6\)
\(\Leftrightarrow3\sqrt[3]{\frac{\left(xy+1\right)\left(yz+1\right)\left(xz+1\right)}{xyz}}\ge6\)
Mà \(\frac{z\left(xy+1\right)^2}{y^2\left(yz+1\right)}+\frac{x\left(yz+1\right)^2}{z^2\left(xz+1\right)}+\frac{y\left(xz+1\right)^2}{x^2\left(xy+1\right)}\ge3\sqrt[3]{\frac{\left(xy+1\right)\left(yz+1\right)\left(xz+1\right)}{xyz}}\)
\(\Rightarrow\frac{z\left(xy+1\right)^2}{y^2\left(yz+1\right)}+\frac{x\left(yz+1\right)^2}{z^2\left(xz+1\right)}+\frac{y\left(xz+1\right)^2}{x^2\left(xy+1\right)}\ge6\)
Vậy GTNN của \(\frac{z\left(xy+1\right)^2}{y^2\left(yz+1\right)}+\frac{x\left(yz+1\right)^2}{z^2\left(xz+1\right)}+\frac{y\left(xz+1\right)^2}{x^2\left(xy+1\right)}=6\)
6 tháng 2 2018
\(VT=\dfrac{3}{xy+yz+xz}+\dfrac{2}{x^2+y^2+z^2}\)
\(=\dfrac{8}{4\left(xy+yz+xz\right)}+\dfrac{4}{4\left(xy+yz+xz\right)}+\dfrac{4}{2\left(x^2+y^2+z^2\right)}\)
\(\ge\dfrac{8}{4\cdot\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{3}}+\dfrac{\left(2+2\right)^2}{2\left(x+y+z\right)^2}\)
\(=\dfrac{8}{4\cdot\dfrac{1^2}{3}}+\dfrac{\left(2+2\right)^2}{2\cdot1^2}=14\)
\("="\Leftrightarrow x=y=z=\dfrac{1}{3}\)
