NM
4
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
NM
3
AH
Akai Haruma
Giáo viên
4 tháng 7 2017
Okay vậy là sửa đề thành \(x+y+z=0\) nhé.
Thử nhiều lần kết luận là bài toán có thể chứng minh chặt hơn nữa là \(\frac{(x^2+y^2+z^2)^3}{(x^3+y^3+z^3)^2}\geq 6\)
Giải như sau:
Do có \(3\) số nên theo định lý Dirichlet tồn tại hai số cùng dấu. Giả sử hai số đó là \(x,y\) thì \(xy\geq 0\)
Dựa vào điều kiện đề bài ta dễ có \(x^3+y^3+z^3=3xyz\) , nên
\(P=\frac{(x^2+y^2+z^2)^3}{(x^3+y^3+z^3)^2}=\frac{8(x^2+y^2+xy)^3}{9x^2y^2(x+y)^2}\)
Đặt \(\left\{\begin{matrix} x^2+y^2=a\\ xy=b\end{matrix}\right.\Rightarrow P=\frac{8(a+b)^3}{9b^2(a+2b)}\) .
Ta CM \(P\geq 6\Leftrightarrow 4a^3+12a^2b\geq 15ab^2+50b^3\) \((1)\)
Vì \(x^2+y^2\geq 2xy\rightarrow a\geq 2b\geq 0\). Vì vậy:
\(\left\{\begin{matrix} 4a^3+12a^2b=4a.a^2+12ab.a\geq 16ab^2+24ab^2=40ab^2\\ 15ab^2+50b^3\leq 15ab^2+25ab^2=40ab^2\end{matrix}\right.\)
Do đó \((1)\) đúng, ta có đpcm.
23 tháng 11 2019
Ta có:
\(x^4+y^4\ge x^3y+xy^3\Rightarrow2\left(x^4+y^4\right)\ge x^4+y^4+x^3y+xy^3=\left(x^3+y^3\right)\left(x+y\right)\)
\(\Rightarrow\frac{x^4+y^4}{x^3+y^3}\ge\frac{x+y}{2}\)
Σ\(\frac{x^4+y^4}{x^3+y^3}\)\(\ge x+y+z=2008\)
HT
0
DK
29 tháng 5 2021
Áp dụng AM-GM có
\(\dfrac{x^3}{y^2}+y+y\ge3\sqrt[3]{\dfrac{x^3}{y^2}.y.y}=3x\)
Tương tự . \(\dfrac{y^3}{z^2}+z+z\ge3y\); \(\dfrac{z^3}{x^2}+x+x\ge3z\)
cộng lại ta được
\(VT+2\left(x+y+z\right)\ge3\left(x+y+z\right)\rightarrow VT\ge x+y+z=VP\)
Vậy ta có điều phải chứng minh
Dấu "=" \(\Leftrightarrow x=y=z\)
HH
8
27 tháng 8 2020
tham khảo [Toán 12] Chứng minh bất đẳng thức: $x^3+y^3+z^3 \ge x+y+z$
27 tháng 8 2020
lỗi link ấy =)) bạn vào thống kê hỏi đáp của mình để xem link nhé
17 tháng 8 2019
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz :
\(VT=\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{2\left(x+y+z\right)}=\frac{6^2}{2\cdot6}=3\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow x=y=z=2\)
p/s: Đề sai nha bạn. Dạng tổng quát của bài toán :
Cho \(a,b,c>0;a+b+c=p\). Chứng minh rằng :
\(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}\ge\frac{p}{2}\)
AR
1
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
5 tháng 4 2019
\(\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}\ge3\sqrt[3]{\frac{x.y.z}{y.z.x}}=3\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z\)
7 tháng 3 2021
Dễ dàng chứng minh được:
\(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{x+y+z}\) với \(a,b,c>0\)(1)
Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow\frac{a}{x}=\frac{b}{y}=\frac{c}{z}\)
Theo đề bài, vì x, y, z > 0 nên áp dụng (1), ta có:
\(\frac{x^2}{x+\sqrt{yz}}+\frac{y^2}{y+\sqrt{zx}}+\frac{z^2}{z+\sqrt{xy}}\ge\)\(\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x+y+z+\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}}\)(2)
Vì x y, z > 0 nên áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương, ta được:
\(x+y\ge2\sqrt{xy}\)(3)
Chứng mih tương tự, ta được;
\(y+z\ge2\sqrt{yz}\)(4);
\(z+x\ge2\sqrt{zx}\)(5)
Từ (3), (4), (5), ta được:
\(2\left(x+y+z\right)\ge2\left(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}\right)\)
\(\Leftrightarrow x+y+z\ge\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}\)
\(\Leftrightarrow2\left(x+y+z\right)\ge x+y+z+\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{x+y+z+\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}}\ge\)\(\frac{1}{2\left(x+y+z\right)}\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x+y+z+\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}}\ge\frac{x+y+z}{2}\)
7 tháng 3 2021
Mà theo đề bài, \(x+y+z\ge3\) nên:
\(\frac{x+y+z}{2}\ge\frac{3}{2}\)
Suy ra \(\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x+y+z+\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}}\ge\frac{3}{2}\left(6\right)\)
Từ (2) và (6), ta được:
\(\frac{x^2}{x+\sqrt{yz}}+\frac{y^2}{y+\sqrt{zx}}+\frac{z^2}{z+\sqrt{xy}}\ge\frac{3}{2}\)(điều phải chứng minh)
Dấu bằng xảy ra
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=y=z\\x+y+z=3\end{cases}\Leftrightarrow x=y=z=1}\)
Vậy nếu x, y, z > 0 và \(x+y+z\ge3\)thì \(\frac{x^2}{x+\sqrt{yz}}+\frac{y^2}{y+\sqrt{zx}}+\frac{z^2}{z+\sqrt{xy}}\ge\frac{3}{2}\)
Hình như đề sai rồi
đúng đề mà bạn