K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

22 tháng 2 2020

Ta giả sử 3 số đều =2

=>\(\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}=1\)(Đúng)

=>đpcm 

P/s : nhanh gọn lẹ :))

10 tháng 3 2020

Đặt \(A=\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}=1\)

Không mất tính tổng quát giả sử:

\(\frac{1}{x+1}< \frac{1}{y+1}< \frac{1}{z+1}\)

Ta có

+) \(A>\frac{3}{1+x}\Leftrightarrow1>\frac{3}{1+x}\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{3}>\frac{1}{x+1}\Leftrightarrow x+1>3\)

<=> x>2(1)

+) \(A< \frac{3}{1+z}\Leftrightarrow1< \frac{3}{1+z}\Leftrightarrow\frac{1}{3}< \frac{1}{1+z}\Leftrightarrow1+z< 3\Leftrightarrow x< 2\)(2)
Từ (1) (2) => ĐPCM

15 tháng 2 2020

\(\text{Giả sử không có số nào nhỏ hơn 2}\Rightarrow\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}=1\left(\text{vẫn đúng }\right)\)

Vai trò \(x,y,z\)như nhau không mất tính tổng quát ta giả sử \(x\ge y\ge z\)

Nếu \(x< 2\)thì \(xyz< 2\cdot2\cdot z=4z=z+3z< 2+3z\le2+x+y+z\)(mâu thuẫn)

Vậy \(x\ge2\)

Nếu \(z>2\)thì \(xyz>x\cdot2\cdot2=4x=x+3x>2+3x\ge2+x+y+z\)(mâu thuẫn)

Vậy \(z\le2\)

Nghĩa là có ít nhất 1 số không nhỏ hơn 2 và ít nhất 1 số không lớn hơn 2

18 tháng 4 2020

Từ gt, ta có \(\left(xyz\right)^2=\left[x\left(1-x\right)\right]\left[y\left(1-y\right)\right]\left[z\left(1-z\right)\right]\)

Sử dụng BĐT AM-GM dạng \(ab\le\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\), ta có:

\(x\left(1-x\right)\le\frac{1}{4};y\left(1-y\right)\le\frac{1}{4};z\left(1-z\right)\le\frac{1}{4}\)

Nhân các bđt trên lại theo vế =. \(\left(xyz\right)^2\le\frac{1}{64}\)hay \(xyz\le\frac{1}{8}\)

Gọi A là số lớn nhất trong các số x(1-y);y(1-z); z(1-y)

khi đó từ gt, ta có:

\(3A\ge x\left(1-y\right)+y\left(1-z\right)+z\left(1-x\right)\)

\(=1-xyz-\left(1-x-y-z+xy+yz+zx-xyz\right)\)

\(=1-xyz-\left(1-x\right)\left(1-y\right)\left(1-z\right)\)

\(=1-2xyz\ge\frac{3}{4}\)

từ các đánh giá trên => \(A\ge\frac{1}{4}\)

=> đpcm

24 tháng 1 2018

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 

1 tháng 5 2020

Bài 1:

Đặt a=x-1; b=y-1; c=z-1. Khi đó a;b;c\(\in\)[-1;1], a+b+c=0 và 

\(P=\left(a+1\right)^3+\left(b+1\right)^3+\left(c+1\right)^3-3abc\)

\(=a^3+b^3+c^3-3abc+3\left(a^2+b^2+c^2\right)+3\left(a+b+c\right)+3\)

\(=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)+3\left(a^2+b^2+c^2\right)+3\left(a+b+c\right)+3\)

\(=3\left(a^2+b^2+c^2\right)+3\)

Ta có: \(0\le a^2+b^2+c^2\le2\)

Từ đây ta dễ thấy Min P=3 đạt được khi x=y=z=1

1 tháng 5 2020

Ta xét tống T của 3 số x(1-y);y(1-x);z(1-x)

Ta có T=x(1-y)+y(1-z)+z(1-x)=x+y+z-xy-xz-yz

Theo giả thiết xyz=(1-x)(1-y)(1-z)=1-(x+y+z-xy-xz-yz)-xyz

=> 2xyz=1-T => T=1-2xyz

Nhưng x2y2z2 =[x(1-x)][y(1-y)][z(1-z)]\(\le\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{4}=\frac{1}{64}\)

=> xyz\(\le\)\(\frac{1}{8}\Rightarrow2xy\le\frac{1}{4}\)

Vậy \(T\ge1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}\)

Vậy \(T\ge\frac{3}{4}\)nên trong 3 số x(1-x), y(1-y), z(1-z) có ít nhất một trong 3 số đó \(\ge\frac{1}{4}\left(đpcm\right)\)