cho 3 số thực x,y,z thỏa mãn: xyz=2\(\sqrt{2}\)
CMR : \(\frac{x^8+y^8}{x^4+y^4+x^2y^2}\)+\(\frac{y^8+z^8}{y^4+z^4+y^2z^2}\)+\(\frac{z^8+x^8}{z^4+x^4+z^2x^2}\)≥8
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
AH
Akai Haruma
Giáo viên
4 tháng 3 2017
Lời giải:
Do \(xyz=8\) nên tồn tại các số dương \(a,b,c\) sao cho \((x,y,z)=\left(\frac{2a^2}{bc},\frac{2b^2}{ac},\frac{2c^2}{ab}\right)\)
Khi đó , BĐT cần CM tương đương với:
\(P=\frac{a^4}{a^4+a^2bc+b^2c^2}+\frac{b^4}{b^4+b^2ac+a^2c^2}+\frac{c^4}{c^4+c^2ab+a^2b^2}\geq 1\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(P\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^4+b^4+c^4+abc(a+b+c)+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}\) \((1)\)
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:
\(a^2b^2+b^2c^2\geq 2ab^2c\). Tương tự với các cặp biểu thức còn lại và cộng theo vế suy ra \(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\geq abc(a+b+c)\)
\(\Rightarrow abc(a+b+c)+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\leq 2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\)
\(\Rightarrow a^4+b^4+c^4+abc(a+b+c)+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\leq (a^2+b^2+c^2)^2\) \((2)\)
Từ \((1),(2)\Rightarrow P\geq 1\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=z=2\)
6 tháng 5 2019
Ta có:
\(8=xyz\le\frac{\left(x+y+z\right)^3}{27}\)
\(\Leftrightarrow a=x+y+z\ge6\)
Ta có:
\(A\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x^2+y^2+z^2+2\left(x+y+z\right)+12}\)
\(\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}+2\left(x+y+z\right)+12}=\frac{a^2}{\frac{a^2}{3}+2a+12}=\frac{3a^2}{a^2+6a+36}\)
Ta chứng minh:
\(\frac{3a^2}{a^2+6a+36}\ge1\)
\(\Leftrightarrow\left(a-6\right)\left(a+3\right)\ge0\)(đúng)
Vậy ta có ĐPCM
14 tháng 2 2016
sorry em mới học lớp 5
sao anh không đem lên học 24h giải quyết cho nhanh
ủng hộ cho mình lên 70 nha các bạn
PG
6 tháng 2 2020
Đoạn cuối của cô Nguyễn Linh Chi em có 1 cách biến đổi tương đương cũng khá ngắn gọn ạ
\(RHS\ge2\cdot\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x^2+y^2+z^2-\left(x+y+z\right)+18}\)
Theo đánh giá của cô Nguyễn Linh Chi thì \(xy+yz+zx\ge x+y+z\ge3\)
Ta cần chứng minh:\(\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x^2+y^2+z^2-\left(x+y+z\right)+18}\ge\frac{1}{2}\)
Thật vậy,BĐT tương đương với:
\(2\left(x+y+z\right)^2\ge x^2+y^2+z^2-x-y-z+18\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)^2+x+y+z-12\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y+z+4\right)\left(x+y+z-3\right)\ge0\) ( luôn đúng với \(x+y+z\ge3\) )
=> đpcm
6 tháng 2 2020
Áp dụng: \(AB\le\frac{\left(A+B\right)^2}{4}\)với mọi A, B
Ta có:
\(x^3+8=\left(x+2\right)\left(x^2-2x+4\right)\le\frac{\left(x+2+x^2-2x+4\right)^2}{4}\)
=> \(\sqrt{x^3+8}\le\frac{x^2-x+6}{2}\)
=> \(\frac{x^2}{\sqrt{x^3+8}}\ge\frac{2x^2}{x^2-x+6}\)
Tương tự
=> \(\frac{x^2}{\sqrt{x^3+8}}+\frac{y^2}{\sqrt{y^3+8}}+\frac{z^2}{\sqrt{z^3+8}}\)
\(\ge\frac{2x^2}{x^2-x+6}+\frac{2y^2}{y^2-y+6}+\frac{2z^2}{z^2-z+6}\)
\(=2\left(\frac{x^2}{x^2-x+6}+\frac{y^2}{y^2-y+6}+\frac{z^2}{z^2-z+6}\right)\)
\(\ge2\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x^2-x+6+y^2-y+6+z^2-z+6}\)
\(=2\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x^2+y^2+z^2-\left(x+y+z\right)+18}\)(1)
Ta có: \(x+y+z\le xy+yz+zx\le\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}\) với mọi x, y, z
=> \(\left(x+y+z\right)^2-3\left(x+y+z\right)\ge0\)
=> \(\left(x+y+z\right)\left(x+y+z-3\right)\ge0\)
=> \(x+y+z\ge3\)với mọi x, y, z dương
Và \(x^2+y^2+z^2=\left(x+y+z\right)^2-2\left(xy+yz+zx\right)\le\left(x+y+z\right)^2-2\left(x+y+z\right)\)
Do đó: \(\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x^2+y^2+z^2-\left(x+y+z\right)+18}\)
\(\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{\left(x+y+z\right)^2-3\left(x+y+z\right)+18}\)
Đặt: x + y + z = t ( t\(\ge3\))
Xét hiệu: \(\frac{t^2}{t^2-3t+18}-\frac{1}{2}=\frac{t^2+3t-18}{t^2-3t+18}=\frac{\left(t-3\right)\left(t+6\right)}{\left(t-\frac{3}{2}\right)^2+\frac{63}{4}}\ge0\)với mọi t \(\ge3\)
Do đó: \(\frac{\left(x+y+z\right)^2}{\left(x+y+z\right)^2-3\left(x+y+z\right)+18}\ge\frac{1}{2}\)(2)
Từ (1); (2)
=> \(\frac{x^2}{\sqrt{x^3+8}}+\frac{y^2}{\sqrt{y^3+8}}+\frac{z^2}{\sqrt{z^3+8}}\ge2.\frac{1}{2}=1\)
Dấu "=" xảy ra <=> x= y = z = 1
TN
19 tháng 5 2018
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(VT=\frac{2x^2+y^2+z^2}{4-yz}+\frac{2y^2+z^2+x^2}{4-xz}+\frac{2z^2+x^2+y^2}{4-xy}\)
\(\ge\frac{4x\sqrt{yz}}{4-yz}+\frac{4y\sqrt{xz}}{4-xz}+\frac{4z\sqrt{xy}}{4-xy}\)
Cần chứng minh \(\frac{4x\sqrt{yz}}{4-yz}+\frac{4y\sqrt{xz}}{4-xz}+\frac{4z\sqrt{xy}}{4-xy}\ge4xyz\)
\(\Leftrightarrow\frac{\sqrt{yz}}{yz\left(4-yz\right)}+\frac{\sqrt{xz}}{xz\left(4-xz\right)}+\frac{\sqrt{xy}}{xy\left(4-xy\right)}\ge1\)
Cauchy-Schwarz: \(\left(x+y+z\right)^2\ge\left(1+1+1\right)\left(xy+yz+xz\right)\ge\left(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{xz}\right)^2\)
\(\Leftrightarrow3\ge\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{xz}\)
Đặt \(\left(\sqrt{xy};\sqrt{yz};\sqrt{xz}\right)\rightarrow\left(a;b;c\right)\)\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a,b,c>0\\a+b+c\le3\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a}{a^2\left(4-a^2\right)}+\frac{b}{b^2\left(4-b^2\right)}+\frac{c}{c\left(4-c^2\right)}\ge1\left(\odot\right)\)
Ta có BĐT phụ: \(\dfrac{a}{a^2\left(4-a^2\right)}\le-\dfrac{1}{9}a+\dfrac{4}{9}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a-1\right)^2\left(a^2-2a-9\right)}{9a\left(a-2\right)\left(a+2\right)}\le0\forall0< a\le1\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại rồi cộng theo vế
\(VT_{\left(\odot\right)}\ge\dfrac{-\left(a+b+c\right)}{9}+\dfrac{4}{9}\cdot3\ge\dfrac{-3}{9}+\dfrac{12}{9}=1=VP_{\left(\odot\right)}\)
Dấu "=" <=> x=y=z=1
