Cho ba số thực khác không x, y, z thỏa mãn:
\(\hept{\begin{cases}x.y.z=1\\\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}< x+y+z\end{cases}}\)
Chứng minh rằng có đùng một trong ba số x, y, z lớn hơn 1.
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
MN
13 tháng 5 2018
\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{1}{2015}\)
\(\Rightarrow\)\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{1}{x+y+z}\) (do x+y+z = 2015)
\(\Rightarrow\)\(\frac{xy+yz+xz}{xyz}=\frac{1}{x+y+z}\)
\(\Rightarrow\)\(\left(xy+yz+xz\right)\left(x+y+z\right)=xyz\)
\(\Rightarrow\)\(\left(xy+yz+xz\right)\left(x+y+z\right)-xyz=0\)
\(\Rightarrow\)\(\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(x+z\right)=0\)
đến đây tự lm nốt nha
8 tháng 3 2017
Ta có:
\(\hept{\begin{cases}x+y+z=3\\\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{1}{3}\\x^2+y^2+z^2=17\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x+y+z=3\\2\left(xy+yz+zx\right)=\frac{2xyz}{3}\\x^2+y^2+z^2=17\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x+y+z=3\\2\left(xy+yz+zx\right)=\frac{2xyz}{3}\\\left(x+y+z\right)^2=17+\frac{2xyz}{3}\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x+y+z=3\\xy+yz+zx=-4\\xyz=-12\end{cases}}\)
Từ đây ta có x, y, z sẽ là 3 nghiệm của phương trình
\(X^3-3X^2-4X+12=0\)
\(\Leftrightarrow\left(X-3\right)\left(X-2\right)\left(X+2\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}X=3\\X=2\\X=-2\end{cases}}\)
Vậy các bộ x, y, z thỏa đề bài là: \(\left(x,y,z\right)=\left(-2,2,3;-2,3,2;2,-2,3;2,3,-2;3,2,-2;3,-2,2\right)\)
16 tháng 7 2020
Sai đề nhá, đáng lẽ \(0\le x,y,z\le1\)
Ta dễ có:
\(1+y+zx\le x^2+xy+xz\Rightarrow\frac{x}{1+y+zx}\ge\frac{x}{x^2+xy+xz}=\frac{1}{x+y+z}\)
Tương tự:
\(\frac{y}{1+z+xy}\ge\frac{1}{x+y+z};\frac{z}{1+z+yz}\ge\frac{1}{x+y+z}\)
\(\Rightarrow\frac{x}{1+y+zx}+\frac{y}{1+z+xy}+\frac{z}{1+z+yz}\ge\frac{3}{x+y+z}\)
Đẳng thức xảy ra tại x=y=z=1
2 tháng 1 2017
Xét với \(0< x,y,z< 1\) thì \(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}>\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}>1\) (vô lí)
Xét \(x,y,z\ge1\) , đặt \(\hept{\begin{cases}x=a^3\\y=b^3\\z=c^3\end{cases}}\) (\(a,b,c\ge1\))
Ta có \(1=\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}=\frac{1}{a^3+1}+\frac{1}{b^3+1}+\frac{1}{c^3+1}\ge\frac{3}{abc+1}\) (cái này chắc you cm đc)
\(\Rightarrow abc\ge2\Rightarrow a^3.b^3.c^3\ge8\) hay \(xyz\ge8\) (1)
Áp dụng BĐT AM-GM : \(1=\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\ge\frac{9}{x+y+z+3}\Rightarrow x+y+z\ge6\) (2)
Áp dụng BĐT Cauchy : \(1=\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\ge\frac{3}{\sqrt[3]{\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)}}\)
\(\Rightarrow\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)\ge27\) (3)
Nhân (1), (2), (3) theo vế : \(xyz\left(x+y+z\right)\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)\ge1296\)
Đẳng thức xảy ra khi xảy ra đồng thời (1), (2), (3) , tức là x = y = z = 2
Vậy tập nghiệm của hệ : \(\left(x,y,z\right)=\left(2;2;2\right)\)
Bài 1: Cho ba số x,y,z khác 0 thỏa mãn:
{xyz=11x+1y+1z<x+y+z{xyz=11x+1y+1z<x+y+z
Chứng minh rằng có đúng một trong ba số x,y,z lớn hơn 1.
{xyz=11x+1y+1z<x+y+z⇔{xyz=1xyz(1x+1y+1z)<x+y+z{xyz=11x+1y+1z<x+y+z⇔{xyz=1xyz(1x+1y+1z)<x+y+z
⇔{xyz=1xy+yz+zx<x+y+z⇔{xyz=1x+y+z−(xy+yz+zx)>0⇔{xyz=1xy+yz+zx<x+y+z⇔{xyz=1x+y+z−(xy+yz+zx)>0
Xét tích:
(x−1)(y−1)(z−1)=xyz−(xy+yz+zx)+(x+y+z)−1=x+y+z−(xy+yz+zx)>0⇒(x−1)(y−1)(z−1)>0(x−1)(y−1)(z−1)=xyz−(xy+yz+zx)+(x+y+z)−1=x+y+z−(xy+yz+zx)>0⇒(x−1)(y−1)(z−1)>0
Vậy trong 3 số x,y,zx,y,z có 1 số lớn hơn 1, 2 số nhỏ hơn 1 hoặc cả 3 số lớn hơn 1
Tuy nhiên, nếu x,y,z>1⇒xyz>1x,y,z>1⇒xyz>1. Mâu thuẫn với gt
Vậy ta có ĐPCM