Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
ấy chết,sửa: \(\sqrt{xyz}\) thành \(\sqrt[3]{xyz}\). Em cứ nhầm cái này
Em thử nha, ko chắc đâu;( em thấy nó giống giống lời giải một bài toán nào đó trên tạp chí toán tuổi thơ mà em đã đọc qua lúc trước: chỗ khúc cuối xét \(t_1>t_2\ge3\) ấy ạ. Nên bắt chước lại chỗ đó. tạm thời em chưa nghĩ ra lời nào khác.
Từ đề bài ta có \(1=xyz\le\frac{\left(x+y+z\right)^3}{27}\Rightarrow t=x+y+z\ge3\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel:
\(VT\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x+y+z+3}=\frac{t^2}{t+3}\). Cần chứng minh \(\frac{t^2}{t+3}\ge\frac{3}{2}\left(t\ge3\right)\Leftrightarrow f\left(t\right)=2t^2-3t-9\ge0\) (1)
Xét \(t_1>t_2\ge3\). Khi đó \(f\left(t_1\right)-f\left(t_2\right)=2\left(t_1^2-t_2^2\right)-3\left(t_1-t_2\right)\)
\(=2\left(t_1-t_2\right)\left(t_1+t_2\right)-3\left(t_1-t_2\right)\)
\(=\left(t_1-t_2\right)\left(2t_1+2t_2-3\right)>\left(t_1-t_2\right)\left(2.3+2.3-3\right)=9\left(t_1-t_2\right)>0\) (do \(t_1>t_2\ge3\))
Do đó khi t tăng thì hàm số f(t) tăng, tương tự t giảm thì f(t) giảm với \(t\ge3\). Do đó f(t) đạt giá trị nhỏ nhất khi t = 3.
Khi đó f(t) = 0. Do đó (1) đúng hay ta có đpcm.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
\(1=xyz\le\left(\frac{x+y+z}{3}\right)^3\Rightarrow x+y+z\ge3\)
Đặt vế trái là P, ta có: \(P\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3+\left(x+y+z\right)}\)
Đặt \(x+y+z=t\Rightarrow t\ge3\)
Ta cần chứng minh \(\frac{t^2}{t+3}\ge\frac{3}{2}\Leftrightarrow2t^2-3t-9\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(2t+3\right)\left(t-3\right)\ge0\) (luôn đúng với mọi \(t\ge3\))
Dấu "=" xảy ra khi \(t=3\) hay \(x=y=z=1\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
\(VT=\frac{\left(yz\right)^2}{x^2yz\left(y+z\right)}+\frac{\left(zx\right)^2}{xy^2z\left(z+x\right)}+\frac{\left(xy\right)^2}{xyz^2\left(x+y\right)}\)
\(VT=\frac{2\left(yz\right)^2}{xy+xz}+\frac{2\left(zx\right)^2}{xy+yz}+\frac{2\left(xy\right)^2}{xz+yz}\)
\(VT\ge\frac{2\left(xy+yz+zx\right)^2}{2\left(xy+yz+zx\right)}=xy+yz+zx\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{\sqrt[3]{2}}\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Lời giải:
Ta thấy $\frac{x}{y^2+z^2}=\frac{x}{1-x^2}$
Ta sẽ chứng minh BĐT phụ sau:
$\frac{x}{1-x^2}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}(3x^2-1)$
$\Leftrightarrow x(\sqrt{3}x-1)^2(\sqrt{3}x+2)\geq 0$ (luôn đúng với mọi $x>0$
Hoàn toàn tương tự:
$\frac{y}{x^2+z^2}=\frac{y}{1-y^2}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}(3y^2-1)$
$\frac{z}{x^2+y^2}=\frac{z}{1-z^2}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}(3z^2-1)$
Cộng theo vế và thu gọn:
$P\geq \frac{3\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}.3(x^2+y^2+z^2-1)$
Hay $P\geq \frac{3\sqrt{3}}{2}$
Ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}$
Lời giải:
Ta thấy $\frac{x}{y^2+z^2}=\frac{x}{1-x^2}$
Ta sẽ chứng minh BĐT phụ sau:
$\frac{x}{1-x^2}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}(3x^2-1)$
$\Leftrightarrow x(\sqrt{3}x-1)^2(\sqrt{3}x+2)\geq 0$ (luôn đúng với mọi $x>0$
Hoàn toàn tương tự:
$\frac{y}{x^2+z^2}=\frac{y}{1-y^2}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}(3y^2-1)$
$\frac{z}{x^2+y^2}=\frac{z}{1-z^2}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}(3z^2-1)$
Cộng theo vế và thu gọn:
$P\geq \frac{3\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}.3(x^2+y^2+z^2-1)$
Hay $P\geq \frac{3\sqrt{3}}{2}$
Ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}$
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy :
\(\frac{x^4}{y^2\left(x+z\right)}+\frac{y^2}{2x}+\frac{x+z}{4}\ge3\sqrt[3]{\frac{x^4\cdot y^2\cdot\left(x+z\right)}{y^2\cdot\left(x+z\right)\cdot2x\cdot4}}=3\sqrt[3]{\frac{x^3}{8}}=\frac{3x}{2}\)
Tương tự ta cũng có :
\(\frac{y^4}{z^2\left(x+y\right)}+\frac{z^2}{2y}+\frac{x+y}{4}\ge\frac{3y}{2}\)
\(\frac{z^4}{x^2\left(y+z\right)}+\frac{x^2}{2z}+\frac{y+z}{4}\ge\frac{3z}{2}\)
Cộng theo vế ta được :
\(VT+\left(\frac{y^2}{2x}+\frac{z^2}{2y}+\frac{x^2}{2z}\right)+\frac{2\left(x+y+z\right)}{4}\ge\frac{3x}{2}+\frac{3y}{2}+\frac{3z}{2}\)
\(\Leftrightarrow VT+\frac{1}{2}\left(\frac{y^2}{x}+\frac{z^2}{y}+\frac{x^2}{z}\right)+\frac{1}{2}\left(x+y+z\right)\ge\frac{3}{2}\left(x+y+z\right)\)
\(\Leftrightarrow VT+\frac{1}{2}\cdot\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x+y+z}+\frac{1}{2}\left(x+y+z\right)\ge\frac{3}{2}\left(x+y+z\right)\)
\(\Leftrightarrow VT+\frac{1}{2}\left(x+y+z\right)+\frac{1}{2}\left(x+y+z\right)\ge\frac{3}{2}\left(x+y+z\right)\)
\(\Leftrightarrow VT\ge\frac{x+y+z}{2}\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow x=y=z\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
\(VT=\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}=\frac{x^2}{xy}+\frac{y^2}{yz}+\frac{z^2}{zx}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{xy+yz+zx}=\frac{2\left(x+y+z\right)^2}{\left(x+y+z\right)^2-3}\)
Do đó ta chỉ cần chứng minh:
\(\frac{2\left(x+y+z\right)^2}{\left(x+y+z\right)^2-3}\ge\frac{9}{x+y+z}\)
Đặt \(x+y+z=t>\sqrt{3}\) ta cần chứng minh:
\(\frac{2t^2}{t^2-3}\ge\frac{9}{t}\Leftrightarrow2t^3\ge9t^2-27\)
\(\Leftrightarrow2t^3-9t^2+27\ge0\Leftrightarrow\left(t-3\right)^2\left(2t+3\right)\ge0\) (luôn đúng)
Dấu "=" xảy ra khi \(t=3\) hay \(x=y=z=1\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Đặt \(P=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}+\frac{y}{\sqrt{1+y^2}}+\frac{z}{\sqrt{1+z^2}}+\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}\)
Do x,y,z là các số thực dương nên ta biến đổi \(P=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}}+\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{y^2}}}+\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{z^2}}}+\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}\)
Đặt \(a=\frac{1}{x^2};b=\frac{1}{y^2};c=\frac{1}{z^2}\left(a,b,c>0\right)\)thì \(xy+yz+zx=\frac{1}{\sqrt{ab}}+\frac{1}{\sqrt{bc}}+\frac{1}{\sqrt{ca}}=1\)và \(P=\frac{1}{\sqrt{1+a}}+\frac{1}{\sqrt{1+b}}+\frac{1}{\sqrt{1+c}}+a+b+c\)
Biến đổi biểu thức P=\(\left(\frac{1}{2\sqrt{a+1}}+\frac{1}{2\sqrt{a+1}}+\frac{a+1}{16}\right)+\left(\frac{1}{2\sqrt{b+1}}+\frac{1}{2\sqrt{b+1}}+\frac{b+1}{16}\right)\)\(+\left(\frac{1}{2\sqrt{c+1}}+\frac{1}{2\sqrt{c+1}}+\frac{c+1}{16}\right)+\frac{15a}{16}+\frac{15b}{16}+\frac{15c}{b}-\frac{3}{16}\)
Áp dụng Bất Đẳng Thức Cauchy ta có
\(P\ge3\sqrt[3]{\frac{a+1}{64\left(a+1\right)}}+3\sqrt[3]{\frac{b+1}{64\left(b+1\right)}}+3\sqrt[3]{\frac{c+1}{64\left(c+1\right)}}+\frac{15a}{16}+\frac{15b}{16}+\frac{15c}{16}-\frac{3}{16}\)
\(=\frac{33}{16}+\frac{15}{16}\left(a+b+c\right)\ge\frac{33}{16}+\frac{15}{16}\cdot3\sqrt[3]{abc}\)
Mặt khác ta có \(1=\frac{1}{\sqrt{ab}}+\frac{1}{\sqrt{bc}}+\frac{1}{\sqrt{ca}}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\Leftrightarrow abc\ge27\)
\(\Rightarrow P\ge\frac{33}{16}+\frac{15}{16}\cdot3\sqrt[3]{27}=\frac{33}{16}+\frac{15}{16}\cdot9=\frac{21}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c hay \(x=y=z=\frac{\sqrt{3}}{3}\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
\(VT=\left(1+\frac{x}{y}\right)\left(1+\frac{y}{z}\right)\left(1+\frac{z}{x}\right)\)
\(=2+\frac{z}{x}+\frac{y}{x}+\frac{y}{z}+\frac{x}{y}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}\)
Bài toán trở thành \(\frac{z}{x}+\frac{y}{x}+\frac{y}{z}+\frac{x}{y}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}\ge\frac{x+y+z}{3\sqrt{xyz}}\)
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:
\(\frac{z}{x}+\frac{z}{y}+\frac{z}{z}\ge3\sqrt[3]{\frac{z^3}{xyz}}=\frac{3z}{\sqrt[3]{xyz}}\)
Tương tự:
\(\frac{y}{x}+\frac{y}{z}+\frac{y}{y}\ge\frac{3y}{\sqrt[3]{xyz}}\)
\(\frac{x}{z}+\frac{x}{y}+\frac{x}{x}\ge\frac{3x}{\sqrt[3]{xyz}}\)
\(\Leftrightarrow VT+3\ge3+\frac{3}{\sqrt[3]{xyz}}\left(x+y+z\right)\)
\(\Leftrightarrow VT\ge\frac{3\left(x+y+z\right)}{\sqrt[3]{xyz}}\)\(\ge\frac{2\left(x+y+z\right)}{\sqrt[3]{xyz}}\)
Is it true?
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(\text{VT}=\frac{x^2}{y}+\frac{y^2}{z}+\frac{z^2}{x}=\frac{\left(\frac{x}{y}\right)^2}{\frac{1}{y}}+\frac{\left(\frac{y}{z}\right)^2}{\frac{1}{z}}+\frac{\left(\frac{z}{x}\right)^2}{\frac{1}{x}}\geq \frac{\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}\right)^2}{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}}\)
Giờ ta cần chỉ ra \(\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}\geq \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\)
Thật vậy, do $xyz=1$ nên tồn tại các số dương \(a,b,c\) sao cho:
\((x,y,z)=\left(\frac{a}{b};\frac{b}{c};\frac{c}{a}\right)\)
Bài toán tương đương với
\(\frac{ab}{c^2}+\frac{bc}{a^2}+\frac{ca}{b^2}\geq \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\Leftrightarrow (ab)^3+(bc)^3+(ca)^3\geq a^3bc^2+b^3ca^2+c^3ab^2\)
Áp dụng BĐT Am-Gm ta có:
\((ab)^3+(ab)^3+(bc)^3\geq 3b^3ca^2\)
Thực hiện tương tự và cộng theo vế, suy ra:
\(3[(ab)^3+(bc)^3+(ca)^3]\geq 3(a^3bc^2+b^3ca^2+c^3ab^2)\)
\(\Leftrightarrow (ab)^3+(bc)^3+(ca)^3\geq a^3bc^2+b^3ca^2+c^3ab^2\)
Do đó ta có đpcm.
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c\Leftrightarrow x=y=z=1\)
@Ace Legona