Cho x,y,z>0 và xyz=1. Chứng minh rằng:
\(\frac{x}{y^4+2}+\frac{y}{z^4+2}+\frac{z}{x^4+2}\ge1\)
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 \(x=y=z=2\)
22 tháng 10 2016
Vì xyz = 1 nên ta có thể đặt \(x=\frac{a^2}{bc};y=\frac{b^2}{ac};z=\frac{c^2}{ab}\left(a,b,c>0,a^2\ne bc,b^2\ne ac,c^2\ne ab\right)\)
Khi đó bất đẳng thức tương đương với
\(\frac{a^4}{\left(a^2-bc\right)^2}+\frac{b^4}{\left(b^2-ac\right)^2}+\frac{c^4}{\left(c^2-ab\right)^2}\ge1\)
Mà ta có
\(\frac{a^4}{\left(a^2-bc\right)^2}+\frac{b^4}{\left(b^2-ac\right)^2}+\frac{c^4}{\left(c^2-ab\right)^2}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a^2-bc\right)^2+\left(b^2-ab\right)^2+\left(c^2-ab\right)^2}\)
Ta cần chứng minh
\(\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a^2-bc\right)^2+\left(b^2-ab\right)^2+\left(c^2-ab\right)^2}\ge1\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge\left(a^2-bc\right)^2+\left(b^2-ab\right)^2+\left(c^2-ab\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\left(ab+bc+ca\right)^2\ge0\left(đúng\right)\)
Vậy ta có điều phải chứng minh
18 tháng 9 2017
Áp dụng bđt AM - GM ta có :
\(\frac{x^3}{y^2}+x\ge2\sqrt{\frac{x^3}{y^2}.x}=\frac{2x^2}{y}\)
\(\frac{y^3}{z^2}+y\ge2\sqrt{\frac{y^3}{z^2}.y}=\frac{2y^2}{z}\)
\(\frac{z^3}{x^2}+z\ge2\sqrt{\frac{z^3}{x^2}.z}=\frac{2z^2}{x}\)
Cộng vế với vế ta được :
\(\frac{x^3}{y^2}+\frac{y^3}{z^2}+\frac{z^3}{x^2}+x+y+z\ge2\left(\frac{x^2}{y}+\frac{y^2}{z}+\frac{x^2}{z}\right)\)
Ta lại có : \(\left(\frac{x^2}{y}+\frac{y^2}{z}+\frac{x^2}{z}\right)\left(x+y+z\right)\ge\left(x+y+z\right)^2\)(bunhiacopxki)
\(\Rightarrow\frac{x^2}{y}+\frac{y^2}{z}+\frac{x^2}{z}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x+y+z}=x+y+z\)
\(\Rightarrow\frac{x^3}{y^2}+\frac{y^3}{z^2}+\frac{z^3}{x^2}+x+y+z\ge2\left(\frac{x^2}{y}+\frac{y^2}{z}+\frac{x^2}{z}\right)\ge2\left(x+y+z\right)\)
\(\Rightarrow\frac{x^3}{y^2}+\frac{y^3}{z^2}+\frac{z^3}{x^2}\ge x+y+z\ge1\)(đpcm)
14 tháng 8 2019
Bạn tham khảo tại đây:
Câu hỏi của Tôi Là Ai - Toán lớp 8 - Học toán với OnlineMath
21 tháng 10 2016
Do xyz = 1, ta có thể đặt \(a=\frac{x}{x-1},\)\(b=\frac{y}{y-1},\)\(c=\frac{z}{z-1}\)
Ta có \(abc=\frac{x}{x-1}.\frac{y}{y-1}.\frac{z}{z-1}=\frac{xyz}{\left(x-1\right)\left(y-1\right)\left(z-1\right)}=\frac{1}{\left(x-1\right)\left(y-1\right)\left(z-1\right)}\) (1)
Mặt khác \(\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)=\left(\frac{x}{x-1}-1\right).\left(\frac{y}{y-1}-1\right).\left(\frac{z}{z-1}-1\right)\)
\(=\frac{x-x+1}{x-1}.\frac{y-y+1}{y-1}.\frac{z-z+1}{z-1}=\frac{1}{\left(x-1\right)\left(y-1\right)\left(z-1\right)}\)(2)
So sánh (1) và (2) ta có \(abc=\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)\)\(\Leftrightarrow\)\(abc=abc-ab-bc-ca+a+b+c-1\)\(\Leftrightarrow\)\(ab+bc+ca-a-b-c+1=0\) (3)
Mà với mọi a, b, c ta luôn có \(\left(a+b+c-1\right)^2\ge0\)
Hay \(a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca-a-b-c+1\right)-1\ge0\) (4)
Thay (3) vào (4) ta được \(a^2+b^2+c^2\ge1\) hay \(\frac{x^2}{\left(x-1\right)^2}+\frac{y^2}{\left(y-1\right)^2}+\frac{z^2}{\left(z-1\right)^2}\ge1\)
BH
0
Đặt \(A=\frac{x}{y^4+2}+\frac{y}{z^42}+\frac{z}{x^4+2}\ge1\)
\(A=\frac{y^4}{x+2}+\frac{z^4}{y+2}+\frac{x^4}{z+2}\ge1\)
Còn lại thì bạn tính tổng nha! Lớn hơn hoặc bằng 1 là được :))