Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Okay vậy là sửa đề thành \(x+y+z=0\) nhé.
Thử nhiều lần kết luận là bài toán có thể chứng minh chặt hơn nữa là \(\frac{(x^2+y^2+z^2)^3}{(x^3+y^3+z^3)^2}\geq 6\)
Giải như sau:
Do có \(3\) số nên theo định lý Dirichlet tồn tại hai số cùng dấu. Giả sử hai số đó là \(x,y\) thì \(xy\geq 0\)
Dựa vào điều kiện đề bài ta dễ có \(x^3+y^3+z^3=3xyz\) , nên
\(P=\frac{(x^2+y^2+z^2)^3}{(x^3+y^3+z^3)^2}=\frac{8(x^2+y^2+xy)^3}{9x^2y^2(x+y)^2}\)
Đặt \(\left\{\begin{matrix} x^2+y^2=a\\ xy=b\end{matrix}\right.\Rightarrow P=\frac{8(a+b)^3}{9b^2(a+2b)}\) .
Ta CM \(P\geq 6\Leftrightarrow 4a^3+12a^2b\geq 15ab^2+50b^3\) \((1)\)
Vì \(x^2+y^2\geq 2xy\rightarrow a\geq 2b\geq 0\). Vì vậy:
\(\left\{\begin{matrix} 4a^3+12a^2b=4a.a^2+12ab.a\geq 16ab^2+24ab^2=40ab^2\\ 15ab^2+50b^3\leq 15ab^2+25ab^2=40ab^2\end{matrix}\right.\)
Do đó \((1)\) đúng, ta có đpcm.
Trước hết, ta đi chứng minh một bổ đề sau: Nếu \(a+b+c=0\) thì \(a^3+b^3+c^3=3abc\). Thật vậy, ta phân tích
\(P=a^3+b^3+c^3-3abc\)
\(P=\left(a+b\right)^3+c^3-3ab\left(a+b\right)-3abc\)
\(P=\left(a+b+c\right)\left[\left(a+b\right)^2+\left(a+b\right)c+c^2\right]-3ab\left(a+b+c\right)\)
\(P=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)\).
Hiển nhiên nếu \(a+b+c=0\) thì \(P=0\) hay \(a^3+b^3+c^3=3abc\), bổ đề được chứng minh.
Do \(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}=0\) nên áp dụng bổ đề, ta được \(\dfrac{1}{x^3}+\dfrac{1}{y^3}+\dfrac{1}{z^3}=\dfrac{3}{xyz}\).
Vì vậy \(\dfrac{yz}{x^2}+\dfrac{zx}{y^2}+\dfrac{xy}{z^2}=\dfrac{xyz}{x^3}+\dfrac{xyz}{y^3}+\dfrac{xyz}{z^3}\) \(=xyz\left(\dfrac{1}{x^3}+\dfrac{1}{y^3}+\dfrac{1}{z^3}\right)\) \(=xyz.\dfrac{3}{xyz}=3\). Ta có đpcm
Áp dụng BĐT cosi ta có:
`x^6+y^6+z^6>=3root{3}{x^6y^6z^6}=3x^2y^2z^2`
`=>3x^2y^2z^2<=3`
`=>x^2y^2z^2<=1`
`=>xyz<=1`
`=>(x^3)/(yz)+(y^3)/(zx)+(z^3)/(xy)`
`=(x^4)/(xyz)+(y^4)/(xyz)+(z^4)/(xyz)>=x^4+y^4+z^4(@)`
Áp dụng BĐT bunhia với 2 cặp số `(x^2,y^2,z^2),(x,y,z)`
`=>(x^2+y^2+z^2)(x^4+y^4+z^4)>=(x^3+y^3+z^3)^3`
Mà `(x^3+y^3+z^3)^2>=3(x^3y^3+y^3z^3+z^3x^3)`
`=>(x^2+y^2+z^2)(x^4+y^4+z^4)>=3(x^3y^3+y^3z^3+z^3x^3)(@@)`
Áp dụng BĐT cosi ta có:
`x^6+1+1>=3root{3}{x^6}=3x^2`
`y^6+1+1>=3y^2`
`z^6+1+1>=3z^2`
`=>x^6+y^6+z^6+6>=3(x^2+y^2+z^2)`
`=>9>=3(x^2+y^2+z^2)`
`=>x^2+y^2+z^2<=3`
Kết hợp với `(@@)`
`=>(x^2+y^2+z^2)(x^4+y^4+z^4)>=(x^2+y^2+z^2)(x^3y^3+y^3z^3+z^3x^3)`
`=>x^4+y^4+z^4>=x^3y^3+y^3z^3+z^3x^3`
Kếp hợp với `(@)`
`=>(x^3)/(yz)+(y^3)/(zx)+(z^3)/(xy)>=x^3y^3+y^3z^3+z^3x^3`
Dấu = xảy ra khi `x=y=z=1`
Có VT = \(\sqrt{\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{z^2}}=\sqrt{\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)^2-\dfrac{2}{xy}-\dfrac{2}{yz}-\dfrac{2}{zx}}\)
\(=\sqrt{\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)^2-\dfrac{2}{xyz}\left(x+y+z\right)}\)
\(=\sqrt{\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)^2}=\left|\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right|=VP\) (Vì x + y + z = 0)
Ta có:
\(x^4+y^4\ge x^3y+xy^3\Rightarrow2\left(x^4+y^4\right)\ge x^4+y^4+x^3y+xy^3=\left(x^3+y^3\right)\left(x+y\right)\)
\(\Rightarrow\frac{x^4+y^4}{x^3+y^3}\ge\frac{x+y}{2}\)
Σ\(\frac{x^4+y^4}{x^3+y^3}\)\(\ge x+y+z=2008\)
Áp dụng AM-GM có
\(\dfrac{x^3}{y^2}+y+y\ge3\sqrt[3]{\dfrac{x^3}{y^2}.y.y}=3x\)
Tương tự . \(\dfrac{y^3}{z^2}+z+z\ge3y\); \(\dfrac{z^3}{x^2}+x+x\ge3z\)
cộng lại ta được
\(VT+2\left(x+y+z\right)\ge3\left(x+y+z\right)\rightarrow VT\ge x+y+z=VP\)
Vậy ta có điều phải chứng minh
Dấu "=" \(\Leftrightarrow x=y=z\)
Lời giải:
BĐT cần chứng mình tương đương với:
$(xy+yz+xz)^2\geq 3(x+y+z)$
$\Leftrightarrow (xy+yz+xz)^2\geq 3xyz(x+y+z)$
$\Leftrightarrow (xy)^2+(yz)^2+(zx)^2+2xyz(x+y+z)\geq 3xyz(x+y+z)$
$\Leftrightarrow (xy)^2+(yz)^2+(xz)^2\geq xyz(x+y+z)$
$\Leftrightarrow (xy)^2+(yz)^2+(xz)^2-xyz(x+y+z)\geq 0$
$\Leftrightarrow 2(xy)^2+2(yz)^2+2(xz)^2-2xyz(x+y+z)\geq 0$
$\Leftrightarrow (xy-yz)^2+(yz-xz)^2+(xz-xy)^2\geq 0$
(luôn đúng với mọi $x,y,z\geq 0$)
Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z=1$
Hình như đề sai rồi
đúng đề mà bạn