cho x,y,z>0 thoả mãn x2+y2+z2=3. Chứng minh rằng:
\(\frac{x}{\sqrt[3]{yz}}+\frac{y}{\sqrt[3]{xz}}+\frac{z}{\sqrt[3]{xy}}\ge xy+yz+zx\)
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
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 $x=y=z=1$
2 tháng 2 2019
Áp dụng BĐT AM-GM cho 3 số không âm, ta có: \(0< \sqrt[3]{yz.1}\le\frac{y+z+1}{3}\Rightarrow\frac{x}{\sqrt[3]{yz}}\ge\frac{3x}{y+z+1}\)
Làm tương tự với 2 hạng tử còn lại rồi cộng theo vế thì có:
\(\frac{x}{\sqrt[3]{yz}}+\frac{y}{\sqrt[3]{zx}}+\frac{z}{\sqrt[3]{xy}}\ge3\left(\frac{x}{y+z+1}+\frac{y}{z+x+1}+\frac{z}{x+y+1}\right)\)
\(=3\left(\frac{x^2}{xy+xz+x}+\frac{y^2}{xy+yz+y}+\frac{z^2}{zx+yz+z}\right)\ge^{Schwartz}3.\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x+y+z+2\left(xy+yz+zx\right)}\)
\(=3.\frac{x^2+y^2+z^2+2\left(xy+yz+zx\right)}{x+y+z+2\left(xy+yz+zx\right)}\ge9.\frac{xy+yz+zx}{\sqrt{3\left(x^2+y^2+z^2\right)}+2\left(x^2+y^2+z^2\right)}\)
\(=9.\frac{xy+yz+zx}{3+2.3}=xy+yz+zx\) => ĐPCM.
Dấu "=" xảy ra khi x=y=z=1.
7 tháng 3 2021
Dễ dàng chứng minh được:
\(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{x+y+z}\) với \(a,b,c>0\)(1)
Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow\frac{a}{x}=\frac{b}{y}=\frac{c}{z}\)
Theo đề bài, vì x, y, z > 0 nên áp dụng (1), ta có:
\(\frac{x^2}{x+\sqrt{yz}}+\frac{y^2}{y+\sqrt{zx}}+\frac{z^2}{z+\sqrt{xy}}\ge\)\(\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x+y+z+\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}}\)(2)
Vì x y, z > 0 nên áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương, ta được:
\(x+y\ge2\sqrt{xy}\)(3)
Chứng mih tương tự, ta được;
\(y+z\ge2\sqrt{yz}\)(4);
\(z+x\ge2\sqrt{zx}\)(5)
Từ (3), (4), (5), ta được:
\(2\left(x+y+z\right)\ge2\left(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}\right)\)
\(\Leftrightarrow x+y+z\ge\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}\)
\(\Leftrightarrow2\left(x+y+z\right)\ge x+y+z+\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{x+y+z+\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}}\ge\)\(\frac{1}{2\left(x+y+z\right)}\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x+y+z+\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}}\ge\frac{x+y+z}{2}\)
7 tháng 3 2021
Mà theo đề bài, \(x+y+z\ge3\) nên:
\(\frac{x+y+z}{2}\ge\frac{3}{2}\)
Suy ra \(\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x+y+z+\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}}\ge\frac{3}{2}\left(6\right)\)
Từ (2) và (6), ta được:
\(\frac{x^2}{x+\sqrt{yz}}+\frac{y^2}{y+\sqrt{zx}}+\frac{z^2}{z+\sqrt{xy}}\ge\frac{3}{2}\)(điều phải chứng minh)
Dấu bằng xảy ra
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=y=z\\x+y+z=3\end{cases}\Leftrightarrow x=y=z=1}\)
Vậy nếu x, y, z > 0 và \(x+y+z\ge3\)thì \(\frac{x^2}{x+\sqrt{yz}}+\frac{y^2}{y+\sqrt{zx}}+\frac{z^2}{z+\sqrt{xy}}\ge\frac{3}{2}\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
26 tháng 12 2017
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(\text{VT}=\frac{x}{\sqrt[3]{yz}}+\frac{y}{\sqrt[3]{xz}}+\frac{z}{\sqrt[3]{xy}}=\frac{x^2}{\sqrt[3]{x^3yz}}+\frac{y^2}{\sqrt[3]{y^3xz}}+\frac{z^2}{\sqrt[3]{z^3xy}}\)
\(\geq \frac{(x+y+z)^2}{\sqrt[3]{x^3yz}+\sqrt[3]{y^3xz}+\sqrt[3]{z^3xy}}\) (1)
Áp dụng BĐT Am-Gm:
\(\sqrt[3]{x^3yz}\leq \frac{x^2+xyz+1}{3}; \sqrt[3]{y^3xz}\leq \frac{y^2+xyz+1}{3}; \sqrt[3]{z^3xy}\leq \frac{z^2+xyz+1}{3}\)
\(\Rightarrow \sqrt[3]{x^3yz}+\sqrt[3]{y^3xz}+\sqrt[3]{z^3xy}\leq \frac{x^2+y^2+z^2+3xyz+3}{3}=2+xyz\)
Theo BĐT AM-GM:
\(x^2+y^2+z^2\geq 3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}\Leftrightarrow 3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}\leq 3\Leftrightarrow xyz\leq 1\)
Do đó: \(\sqrt[3]{x^3yz}+\sqrt[3]{y^3xz}+\sqrt[3]{z^3xy}\leq 3\) (2)
Từ (1),(2) và sử dụng hệ quả \(x^2+y^2+z^2\geq xy+yz+xz\) :
\(\Rightarrow \text{VT}\geq \frac{(x+y+z)^2}{3}=\frac{x^2+y^2+z^2+2(xy+yz+xz)}{3}\geq \frac{3(xy+yz+xz)}{3}=xy+yz+xz\)
Ta có đpcm
Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=z=1\)
27 tháng 12 2017
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(VT\ge\dfrac{x}{\dfrac{y+z+1}{3}}+\dfrac{y}{\dfrac{x+z+1}{3}}+\dfrac{z}{\dfrac{x+y+1}{3}}\)
Cần chứng minh \(\dfrac{9x}{y+z+1}+\dfrac{9y}{x+z+1}+\dfrac{9z}{x+y+1}\ge3\left(xy+yz+xz\right)\)
Cauchy-Schwarz: \(VT=\dfrac{9x^2}{xy+xz+x}+\dfrac{9y^2}{xy+yz+y}+\dfrac{9z^2}{xz+yz+z}\)
\(\ge\dfrac{9\left(x+y+z\right)^2}{2\left(xy+yz+xz\right)+x+y+z}\ge\left(x+y+z\right)^2\)
BĐT cuối đúng vì dễ thấy: \(\left(x+y+z\right)^2\ge3\left(xy+yz+xz\right)\)
1 tháng 1 2020
Áp dụng BĐT Cauchy - Schwarz ta có :
\(VT=\frac{x}{\sqrt[3]{yz}}+\frac{y}{\sqrt[3]{xz}}+\frac{z}{\sqrt[3]{xy}}=\frac{x^2}{\sqrt[3]{x^3yz}}+\frac{y^2}{\sqrt[3]{y^3xz}}+\frac{z^2}{\sqrt[3]{z^3xy}}\)
\(\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{\sqrt[3]{x^3yz}+\sqrt[3]{y^3xz}+\sqrt[3]{z^3xy}}\left(1\right)\)
Áp dụng BĐT : AM - GM :
\(\sqrt[3]{x^3yz}\le\frac{x^2+xyz+1}{3};\sqrt[3]{y^3xz}\le\frac{y^2+xyz+1}{3};\sqrt[3]{z^3xy}\le\frac{z^2+xyz+1}{3}\)
\(\Rightarrow\sqrt[3]{x^3yz}+\sqrt[3]{y^3xz}+\sqrt[3]{z^3xy}\le\frac{x^2+y^2+z^2+3xyz+3}{3}=2+xyz\)
Theo BĐT AM - GM :
\(x^2+y^2+z^2\ge3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}\Leftrightarrow3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}\le3\Leftrightarrow xyz\le1\)
Do đó : \(\sqrt[3]{x^3yz}+\sqrt[3]{y^3xz}+\sqrt[3]{z^3xy}\le3\left(2\right)\)
Tư (1) , (2) và sử dụng hệ quả :
\(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx:\)
\(\Rightarrow VT\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}=\frac{x^2+y^2+z^2+2\left(xy+yz+xz\right)}{3}\ge\frac{3\left(xy+yz+xz\right)}{3}\)\(=xy+yz+xz\)
Ta có đpcm
Dấu " = " xảy ra khi \(x=y=z=1\)
Chúc bạn học tốt !!!
TN
20 tháng 9 2017
Đặt \(\left(x,y,z\right)\rightarrow\left(a,b,c\right)\) (chẳng có lý do j đâu mình gõ a,b,c quen hơn thôi)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có:
\(3P=\frac{3\sqrt{ab}}{c+3\sqrt{bc}}+\frac{3\sqrt{bc}}{a+3\sqrt{bc}}+\frac{3\sqrt{ca}}{b+3\sqrt{ca}}\)
\(=3-\left(\frac{a}{a+3\sqrt{bc}}+\frac{b}{b+3\sqrt{ca}}+\frac{c}{c+3\sqrt{ab}}\right)\)
\(\le3-\left[\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+3\sqrt{abc}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)}\right]\)
\(\le3-\left[\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)+3\left(ab+bc+ca\right)}\right]\)
\(\le3-\left[\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)+\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}\right]=3-\frac{9}{4}=\frac{3}{4}\)
Xảy ra khi \(a=b=c\)
KN
13 tháng 3 2021
Theo giả thiết xy + yz + zx = 1 nên ta có: \(VT=\frac{1}{1+x^2}+\frac{1}{1+y^2}+\frac{1}{1+z^2}=\frac{1}{xy+yz+zx+x^2}+\frac{1}{xy+yz+zx+y^2}+\frac{1}{xy+yz+zx+z^2}=\frac{1}{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}+\frac{1}{\left(y+x\right)\left(y+z\right)}+\frac{1}{\left(z+x\right)\left(z+y\right)}=\frac{2\left(x+y+z\right)}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\)Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: \(\left(\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}+\frac{y}{\sqrt{1+y^2}}+\frac{z}{\sqrt{1+z^2}}\right)^2\le\left(x+y+z\right)\left(\frac{x}{1+x^2}+\frac{y}{1+y^2}+\frac{z}{1+z^2}\right)=\left(x+y+z\right)\left(\frac{x}{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}+\frac{y}{\left(y+z\right)\left(y+x\right)}+\frac{z}{\left(z+x\right)\left(z+y\right)}\right)=\frac{2\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+zx\right)}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}=\frac{2\left(x+y+z\right)}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\)\(\Rightarrow\frac{2}{3}\left(\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}+\frac{y}{\sqrt{1+y^2}}+\frac{z}{\sqrt{1+z^2}}\right)^3\le\frac{4\left(x+y+z\right)}{3\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\left(\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}+\frac{y}{\sqrt{1+y^2}}+\frac{z}{\sqrt{1+z^2}}\right)\)Ta cần chứng minh: \(\frac{2\left(x+y+z\right)}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\ge\frac{4\left(x+y+z\right)}{3\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\left(\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}+\frac{y}{\sqrt{1+y^2}}+\frac{z}{\sqrt{1+z^2}}\right)\)
hay \(\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}+\frac{y}{\sqrt{1+y^2}}+\frac{z}{\sqrt{1+z^2}}\le\frac{3}{2}\)
Bất đẳng thức cuối đúng theo AM - GM do: \(\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}+\frac{y}{\sqrt{1+y^2}}+\frac{z}{\sqrt{1+z^2}}=\sqrt{\frac{x}{x+y}.\frac{x}{x+z}}+\sqrt{\frac{y}{y+z}.\frac{y}{x+y}}+\sqrt{\frac{z}{z+x}.\frac{z}{z+y}}\le\frac{\left(\frac{x}{x+y}+\frac{x}{x+z}\right)+\left(\frac{y}{y+z}+\frac{y}{x+y}\right)+\left(\frac{z}{z+x}+\frac{z}{z+y}\right)}{2}=\frac{3}{2}\)Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
\(VT=\frac{x}{\sqrt[3]{yz}}+\frac{y}{\sqrt[3]{xz}}+\frac{z}{\sqrt[3]{xy}}\)
\(\ge\frac{3x}{y+z+1}+\frac{3y}{x+z+1}+\frac{3z}{x+y+1}\)
\(=\frac{3x^2}{xy+xz+x}+\frac{3y^2}{xy+yz+y}+\frac{3z^2}{xz+yz+z}\)
\(\ge\frac{3\left(x+y+z\right)^2}{2\left(xy+yz+xz\right)+x+y+z}\)
\(\ge\frac{3\left(x+y+z\right)^2}{2\left(xy+yz+xz\right)+x^2+y^2+z^2}\)
\(\ge\frac{3\left(x+y+z\right)^2}{\left(x+y+z\right)^2}=3=x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+xz=VP\)
Dấu "=" <=> x=y=z=1