cho x,y,z>0 và xyz=1 CMR: \(\frac{1}{x^3+y^3+1}+\frac{1}{y^3+z^3+1}+\frac{1}{z^3+x^3+1}\le1\)
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
T
4 tháng 10 2019
Ta có BĐT \(x^3+y^3\ge xy\left(x+y\right)\Leftrightarrow\left(x+y\right)\left(x-y\right)^2\ge0\left(true\right)\)
Hoàn toàn tương tự: \(y^3+z^3\ge yz\left(y+z\right);z^3+x^3\ge zx\left(z+x\right)\)
Do đó \(VT\le\frac{1}{xy\left(x+y\right)+1}+\frac{1}{yz\left(y+z\right)+1}+\frac{1}{zx\left(z+x+1\right)}\)
\(=\frac{1}{xy\left(x+y+z\right)}+\frac{1}{yz\left(x+y+z\right)}+\frac{1}{zx\left(x+y+z\right)}\) (thay 1 = xyz)
\(=\frac{1}{\left(x+y+z\right)}\left(\frac{x+y+z}{xyz}\right)=\frac{1}{xyz}=1\)(đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi x =y = z
P/s :Bài này em làm nhiều trên diễn đàn hoc24 và OLM rồi nhưng cứ nhai lại:D
4 tháng 10 2019
Với x,y>0 luôn có: \(x^3+y^3\ge xy\left(x+y\right)\) (1)
<=> \(\left(x+y\right)\left(x^2-xy+y^2\right)-xy\left(x+y\right)\ge0\)
<=>\(\left(x+y\right)\left(x^2-2xy+y^2\right)\ge0\)
<=> \(\left(x+y\right)\left(x-y\right)^2\ge0\)( luôn đúng)
Dấu "=" xảy ra <=> x=y>0
Từ (1) <=> \(x^3+y^3+1\ge xy\left(x+y\right)+1=xy\left(x+y\right)+xyz=xy\left(x+y+z\right)=\frac{1}{z}\left(x+y+z\right)\)( do xyz=1)
=> \(\frac{1}{x^3+y^3+1}\le\frac{z}{x+y+z}\)
CM tương tự : \(\frac{1}{y^3+z^3+1}\le\frac{x}{x+y+z}\)
\(\frac{1}{z^3+xz+x^3}\le\frac{y}{x+y+z}\)
Cộng vế với vế => \(\frac{1}{x^3+y^3+1}+\frac{1}{y^3+z^3+1}+\frac{1}{z^3+x^3+1}\le1\)
Dấu "=" xảy ra <=> x=y=z=1
LV
15 tháng 6 2017
\(x,y,z\ge1\)nên ta có bổ đề: \(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}\ge\frac{2}{ab+1}\)
ÁP dụng: \(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}+\frac{1}{1+\sqrt[3]{xyz}}\ge\frac{2}{1+\sqrt{xy}}+\frac{2}{1+\sqrt{\sqrt[3]{xyz^4}}}\)
\(\ge\frac{4}{1+\sqrt[4]{\sqrt[3]{x^4y^4z^4}}}=\frac{4}{1+\sqrt[3]{xyz}}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+y}+\frac{1}{1+z}\ge\frac{3}{1+\sqrt[3]{xyz}}\)
Dấu = xảy ra \(x=y=z\)hoặc x=y,xz=1 và các hoán vị
TN
15 tháng 6 2017
trc giờ mấy bài này tui toàn quy đồng thôi, may có cách này =))
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
1 tháng 7 2019
Đặt \(\left(x;y;z\right)=\left(a^3;b^3;c^3\right)\Rightarrow abc=1\)
Ta có đánh giá sau: \(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)
Thật vậy, biến đổi tương đương:
\(a^3-a^2b-\left(ab^2-b^3\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2\left(a-b\right)-b^2\left(a-b\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\ge0\) (luôn đúng)
Áp dụng:
\(VT=\sum\frac{1}{a^3+b^3+1}=\sum\frac{abc}{a^3+b^3+abc}\le\sum\frac{abc}{ab\left(a+b\right)+abc}=\sum\frac{c}{a+b+c}=1\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=1\Rightarrow\left(x;y;z\right)=1\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
1 tháng 7 2019
Lời giải:
Do $xyz=1$ nên tồn tại $a,b,c>0$ sao cho \((x,y,z)=(\frac{a^2}{bc}, \frac{b^2}{ac}, \frac{c^2}{ab})\)
Khi đó:
\(\text{VT}=\frac{1}{x+y+1}+\frac{1}{y+z+1}+\frac{1}{z+x+1}=\frac{abc}{a^3+b^3+abc}+\frac{abc}{b^3+c^3+abc}+\frac{abc}{c^3+a^3+abc}\)
Xét hiệu \(a^3+b^3-ab(a+b)=(a-b)^2(a+b)\geq 0, \forall a,b>0\)
\(\Rightarrow a^3+b^3\geq ab(a+b)\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+abc\geq ab(a+b+c)\Rightarrow \frac{abc}{a^3+b^3+abc}\leq \frac{abc}{ab(a+b+c)}=\frac{c}{a+b+c}\)
Hoàn toàn tương tự:
\(\frac{abc}{b^3+c^3+abc}\leq \frac{a}{a+b+c};\frac{abc}{c^3+a^3+abc}\leq \frac{b}{a+b+c}\)
Cộng theo vế các BĐT vừa thu được :
\(\Rightarrow \text{VT}\leq \frac{c}{a+b+c}+\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{a+b+c}=1\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$ hay $x=y=z=1$
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
6 tháng 9 2020
Đặt \(\left(x^2;y^2;z^2\right)=\left(a^3;b^3;c^3\right)\Rightarrow abc=1\)
Đặt vế trái là P \(\Rightarrow P=\frac{1}{a^3+b^3+1}+\frac{1}{b^3+c^3+1}+\frac{1}{c^3+a^3+1}\)
Ta có: \(a^3+b^3=\left(a+b\right)\left(a^2+b^2-ab\right)\ge\left(a+b\right)\left(2ab-ab\right)=ab\left(a+b\right)\)
\(\Rightarrow P\le\frac{1}{ab\left(a+b\right)+1}+\frac{1}{bc\left(b+c\right)+1}+\frac{1}{ca\left(c+a\right)+1}\)
\(P\le\frac{abc}{ab\left(a+b\right)+abc}+\frac{abc}{bc\left(b+c\right)+abc}+\frac{abc}{ca\left(c+a\right)+abc}\)
\(P\le\frac{c}{a+b+c}+\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{a+b+c}=1\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\) hay \(x=y=z=1\)
3 tháng 6 2019
Ta có : \(x^3+y^3=\left(x+y\right)\left(x^2-xy+y^2\right)\ge xy\left(x+y\right)\)
\(\Rightarrow1+x^3+y^3\ge xyz+xy\left(x+y\right)=xy\left(x+y+z\right)\ge3xy\sqrt[3]{xyz}=3xy\)
\(\frac{\sqrt{1+x^3+y^3}}{xy}\ge\frac{\sqrt{3xy}}{xy}=\sqrt{\frac{3}{xy}}\)
Tương tự : \(\frac{\sqrt{1+y^3+z^3}}{yz}\ge\frac{\sqrt{3yz}}{yz}=\sqrt{\frac{3}{yz}}\); \(\frac{\sqrt{1+x^3+z^3}}{xz}\ge\frac{\sqrt{3xz}}{xz}=\sqrt{\frac{3}{xz}}\)
\(\Rightarrow A\ge\sqrt{3}\left(\frac{1}{\sqrt{yz}}+\frac{1}{\sqrt{xy}}+\frac{1}{\sqrt{xz}}\right)\ge3\sqrt{3}\sqrt{\frac{1}{\sqrt{x^2y^2z^2}}}=3\sqrt{3}\)
KN
13 tháng 12 2019
Ta có: \(x^3+y^3\ge xy\left(x+y\right)\Rightarrow1+x^3+y^3\ge xyz+xy\left(x+y\right)\)
\(=xy\left(x+y+z\right)\ge3xy\sqrt[3]{xyz}=3xy\)(vì xyz = 1)
\(\Rightarrow\frac{\sqrt{1+x^3+y^3}}{xy}=\frac{\sqrt{3xy}}{xy}=\sqrt{\frac{3}{xy}}\)
Tương tự ta có: \(\frac{\sqrt{1+y^3+z^3}}{yz}=\sqrt{\frac{3}{yz}}\);\(\frac{\sqrt{1+z^3+x^3}}{zx}=\sqrt{\frac{3}{zx}}\)
Cộng vế với vế, ta được:
\(BĐT=\sqrt{3}\left(\frac{1}{\sqrt{xy}}+\frac{1}{\sqrt{yz}}+\frac{1}{\sqrt{zx}}\right)\)
\(\ge3\sqrt{3}\sqrt[3]{\frac{1}{\sqrt{x^2y^2z^2}}}=3\sqrt{3}\)
(Dấu "="\(\Leftrightarrow x=y=z=1\))
T
8 tháng 11 2019
Bài này đăng nhiều trên diễn đàn và em cũng làm nhiều rồi. Nhưng thôi kệ, cứ nhai lại vậy:v
Chú ý BĐT: \(x^3+y^3\ge xy\left(x+y\right)\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\left(x+y\right)\ge0\) (đúng với x, y là các số thực dương)
Do đó \(VT\le\frac{1}{xy\left(x+y\right)+xyz}+\frac{1}{yz\left(y+z\right)+xyz}+\frac{1}{zx\left(z+x\right)+xyz}\)
\(=\frac{1}{x+y+z}\left(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}\right)=\frac{1}{xyz}=1\)
Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=z=1\)
T
8 tháng 11 2019
Còn bác nào thích trâu bò thì chơi kiểu này:D
\(BĐT\Leftrightarrow\frac{x^3+y^3}{x^3+y^3+1}+\frac{y^3+z^3}{y^3+z^3+1}+\frac{z^3+x^3}{z^3+x^3+1}\ge2\)
Thật vậy, áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(VT\ge\frac{\left(\Sigma_{cyc}\sqrt{x^3+y^3}\right)^2}{2\left(x^3+y^3+z^3\right)+3}=\frac{2\left(x^3+y^3+z^3\right)+2\Sigma_{cyc}\sqrt{\left(x^3+y^3\right)\left(y^3+z^3\right)}}{2\left(x^3+y^3+z^3\right)+3}\)(*)
Ta sẽ chứng minh: \(\Sigma_{cyc}\sqrt{\left(x^3+y^3\right)\left(z^3+y^3\right)}\ge\left(x^3+y^3+z^3\right)+3\)(1)
Áp dụng BĐT Bunyakovski: \(VT\ge x^3+y^3+z^3+\sqrt{x^3y^3}+\sqrt{y^3z^3}+\sqrt{z^3x^3}\)
\(\ge x^3+y^3+z^3+3\sqrt[6]{\left(xyz\right)^6}=x^3+y^3+z^3+3\)
Vậy (1) đúng. Thay vào (*) ta có đpcm.
Is that true?
LB
1
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
4 tháng 9 2020
Do \(0< x;y;z\le1\Rightarrow\left(x-1\right)\left(z-1\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow xz-x-z+1\ge0\)
\(\Leftrightarrow xz+1\ge x+z\Rightarrow1+y+xz\ge x+y+z\)
\(\Rightarrow\frac{x}{1+y+xz}\le\frac{x}{x+y+z}\)
Hoàn toàn tương tự: \(\frac{y}{1+z+xy}\le\frac{y}{x+y+z}\) ; \(\frac{z}{1+x+yz}\le\frac{z}{x+y+z}\)
\(\Rightarrow VT\le\frac{x+y+z}{x+y+z}\le\frac{3}{x+y+z}\) (do \(x;y;z\le1\Rightarrow x+y+z\le3\))
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=z=1\)
Dễ dàng chứng minh được với mọi \(x,y>0\) thì ta luôn có:
\(x^3+y^3\ge xy\left(x+y\right)\) \(\left(\text{*}\right)\)
Thật vậy, xét hiệu \(x^3+y^3-xy\left(x+y\right)=x^3-x^2y+-xy^2+y^3=x^2\left(x-y\right)-y^2\left(x-y\right)=\left(x-y\right)\left(x^2-y^2\right)\)
\(x^3+y^3-xy\left(x+y\right)=\left(x-y\right)^2\left(x+y\right)\ge0\) (vì \(\left(x-y\right)^2\ge0\) với mọi \(x,y\) và \(x+y>0\))
Dấu \("="\) xảy ra \(\Leftrightarrow\) \(x-y=0\) \(\Leftrightarrow\) \(x=y\)
Vậy, bất đẳng thức \(\left(\text{*}\right)\) luôn đúng với mọi \(x,y>0\)
Do đó, từ \(\left(\text{*}\right)\) ta suy ra:
\(x^3+y^3+xyz\ge xy\left(x+y\right)+xyz\) (do \(x,y,z>0\))
\(\Leftrightarrow\) \(x^3+y^3+xyz\ge xy\left(x+y+z\right)\)
\(\Leftrightarrow\) \(x^3+y^3+1\ge xy\left(x+y+z\right)\) (do \(xyz=1\))
Khi đó, vì hai vế của bđt trên cùng dấu nên ta lấy nghịch đảo hai vế và đổi chiều bất đẳng thức, tức là:
\(\frac{1}{x^3+y^3+1}\le\frac{1}{xy\left(x+y+z\right)}\) \(\left(1\right)\)
\(\Leftrightarrow\) \(\frac{1}{x^3+y^3+1}\le\frac{xyz}{xy\left(x+y+z\right)}\) (do \(xyz=1\))
\(\Leftrightarrow\) \(\frac{1}{x^3+y^3+1}\le\frac{z}{x+y+z}\)
Hoàn toàn tương tự với vòng hoán vị \(x\) \(\rightarrow\) \(y\) \(\rightarrow\) \(z\), ta cũng chứng minh được:
\(\frac{1}{y^3+z^3+1}\le\frac{x}{x+y+z}\) \(\left(2\right)\) và \(\frac{1}{z^3+x^3+1}\le\frac{y}{x+y+z}\) \(\left(3\right)\)
Cộng từng vế \(\left(1\right);\) \(\left(2\right)\) và \(\left(3\right)\), ta được:
\(\frac{1}{x^3+y^3+1}+\frac{1}{y^3+z^3+1}+\frac{1}{z^3+x^3+1}\le\frac{z}{x+y+z}+\frac{x}{x+y+z}+\frac{y}{x+y+z}=\frac{x+y+z}{x+y+z}=1\)
Dấu \("="\) xảy ra \(\Leftrightarrow\) \(x=y=z=1\)