Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Do \(\left\{{}\begin{matrix}x;y;z\ge0\\x+y+z=1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow0\le x;y;z\le1\)
\(\Rightarrow xy+yz+zx-2xyz=xy\left(1-z\right)+yz\left(1-x\right)+zx\ge0\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\left(x;y;z\right)=\left(0;0;1\right)\) và hoán vị
Mặt khác do vai trò của x;y;z là hoàn toàn như nhau, ko mất tính tổng quát, giả sử \(x=min\left\{x;y;z\right\}\Rightarrow1=x+y+z\ge3x\Rightarrow0\le x\le\frac{1}{3}\)
\(P=x\left(y+z\right)+yz\left(1-2x\right)=x\left(1-x\right)+yz\left(1-2x\right)\)
\(P\le x\left(1-x\right)+\frac{1}{4}\left(y+z\right)^2\left(1-2x\right)=x\left(1-x\right)+\frac{1}{4}\left(1-x\right)^2\left(1-2x\right)\)
\(P\le\frac{-2x^3+x^2+1}{4}=\frac{-2x^3+x^2+1}{4}-\frac{7}{27}+\frac{7}{27}\)
\(P\le-\frac{\left(1-3x\right)^2\left(6x+1\right)}{108}+\frac{7}{27}\le\frac{7}{27}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{3}\)
Lời giải:
Chứng minh \(xy+yz+xz-2xyz\leq \frac{7}{27}\)
Theo BDDT Schur ta có \(xyz\geq (x+y-z)(z+x-y)(y+z-x)=(1-2x)(1-2y)(1-2z)\)
\(\Leftrightarrow 9xyz\geq 4(xy+yz+xz)-1\)
Do đó \(A=xy+yz+xz-xyz\leq xy+yz+xz-\frac{8}{9}(xy+yz+xz)+\frac{2}{9}=\frac{xy+yz+zx}{9}+\frac{2}{9}\)
Theo AM-GM dễ thấy \(1=(xy+yz+xz)^2\geq 3(xy+yz+xz)\Rightarrow xy+yz+xz\leq \frac{1}{3}\)
\(\Rightarrow A\leq \frac{7}{27}\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{3}\)
Chứng minh \(xy+yz+xz-2xyz\geq 0\)
Do $x,y,z\geq 0$ nên
\(A=xy(1-z)+yz(1-x)+xz=xy(x+y)+yz(y+z)+xz\geq 0\)
Dấu bẳng xảy ra khi \((x,y,z)=(0,0,1)\) và các hoán vị của nó
\(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+xz\\ \Leftrightarrow\left(x+y+z\right)^2\ge3\left(xy+yz+xz\right)\\ \Leftrightarrow xy+yz+xz\le\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{3}=\dfrac{1}{3}\)
dấu "=" xảy ra khi x=y=z=1/3
đề có sai ko ?
Qui đồng lên ta có: (cần chứng minh)
\(2\sum\left(x^2+1\right)^2\left(z^2+1\right)\le7\left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)\left(z^2+1\right)\)
\(\Leftrightarrow2\sum\left(x^4z^2+x^4+2x^2z^2+2x^2+z^2+1\right)\le7\left(x^2y^2z^2+\sum x^2+\sum x^2y^2+1\right)\)
\(\Leftrightarrow2\sum x^4+2\sum x^4z^2\le7x^2y^2z^2+3\sum x^2z^2+\sum x^2+1\)
Hay \(\left(\sum x^2+x+y+z-2\sum x^4\right)+7x^2y^2z^2+3\sum x^2z^2-2\sum x^4z^2\ge0\)
hay \(\sum x^2\left(1-x^2\right)+\sum x\left(1-x^3\right)+7x^2y^2z^2+\sum x^2z^2+2\sum x^2z^2\left(1-x^2\right)\ge0\)
(luôn đúng do x, y, z\(\in\left[0;1\right]\))
Vậy ta có đpcm. Dấu = xảy ra khi 2 số bằng 0, 1 số bằng 1.
Ta có: \(VT=x-\dfrac{xyz}{yz+1}+y-\dfrac{xyz}{xz+1}+z-\dfrac{xyz}{xy+1}\)
\(=x+y+z-xyz\left(\dfrac{1}{xy+1}+\dfrac{1}{yz+1}+\dfrac{1}{xz+1}\right)\)
Ta sẽ chứng minh BĐt sau :
\(xyz\left(\dfrac{1}{xy+1}+\dfrac{1}{yz+1}+\dfrac{1}{xz+1}\right)\ge xyz\)
hay \(xyz\left(\dfrac{1}{xy+1}+\dfrac{1}{yz+1}+\dfrac{1}{xz+1}-1\right)\ge0\)
Mà đây là 1 điều luôn đúng vì \(\dfrac{1}{xy+1}+\dfrac{1}{yz+1}+\dfrac{1}{xz+1}\ge\dfrac{9}{xy+yz+xz+3}\ge\dfrac{9}{x^2+y^2+z^2+3}>1\) và \(xyz\ge0\)
Do đó \(VT\le x+y+z-xyz=x\left(1-yz\right)+y+z\)(*)
Áp dụng BĐt bunyakovsky:
\(VT^2=\left[x\left(1-yz\right)+\left(y+z\right).1\right]^2\le\left[x^2+\left(y+z\right)^2\right]\left[1+\left(1-yz\right)^2\right]\)\(=\left(2+2yz\right)\left(y^2z^2-2yz+2\right)=4+2y^2z^2\left(yz-1\right)\le4\)
( do \(yz\le\dfrac{y^2+z^2}{2}\le\dfrac{x^2+y^2+z^2}{2}=1\))
\(\Rightarrow VT\le2\) (đpcm)
Dấu = xảy ra khi \(x=0;y=z=1\) cùng các hoán vị
P/s: Từ chỗ (*) là 1 BĐT có nhiều cách chứng minh .
Đặt vế trái là P
Ta có: \(P\le x^2y+y^2z+z^2x+xyz\)
Không mất tính tổng quát, giả sử \(x=mid\left\{x;y;z\right\}\Rightarrow\left(x-y\right)\left(x-z\right)\le0\)
\(\Leftrightarrow x^2+yz\le xy+xz\)
\(\Rightarrow x^2y+y^2z\le xy^2+xyz\)
\(\Rightarrow P\le xy^2+z^2x+2xyz=x\left(y^2+z^2+2yz\right)=x\left(y+z\right)^2\)
\(\Rightarrow P\le\frac{1}{2}.2x\left(y+z\right)\left(y+z\right)\le\frac{1}{2}\left(\frac{2x+y+z+y+z}{3}\right)^3=\frac{4}{27}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\left(x;y;z\right)=\left(\frac{1}{3};0;\frac{2}{3}\right)\)
@Ace Legona: sir tra hộ e câu này đúng hay sai đề vs ,nhẩm mãi không ra điểm rơi
Lời giải:
Vế đầu tiên:
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(xy+yz+xz=(x+y+z)(xy+yz+xz)\geq 3\sqrt[3]{xyz}.3\sqrt[3]{xy.yz.xz}=9xyz\)
\(9xyz\geq 2xyz\) với mọi $x,y,z\geq 0$
Do đó: \(xy+yz+xz\geq 2xyz\Rightarrow xy+yz+xz-2xyz\geq 0\)
Ta có đpcm.
Vế thứ hai
Áp dụng BĐT Schur bậc 3 ta có (hoặc bạn có thể cm BĐT quen thuộc này bằng AM-GM ngược dấu)
\(xyz\geq (x+y-z)(y+z-x)(z+x-y)\)
\(\Leftrightarrow xyz\geq (1-2z)(1-2x)(1-2y)\)
\(\Leftrightarrow xyz\geq 4(xy+yz+xz)-2(x+y+z)+1-8xyz=4(xy+yz+xz)-1-8xyz\)
\(\Rightarrow 9xyz\geq 4(xy+yz+xz)-1\Rightarrow xyz\geq \frac{4}{9}(xy+yz+xz)-\frac{1}{9}\)
Do đó:
\(xy+yz+xz-2xyz\leq xy+yz+xz-2\left(\frac{4}{9}(xy+yz+xz)-\frac{1}{9}\right)=\frac{xy+yz+xz+2}{9}(*)\)
Mà theo hệ quả quen thuộc của BĐT AM-GM:
\(1=(x+y+z)^2\geq 3(xy+yz+xz)\Rightarrow xy+yz+xz\leq \frac{1}{3}\)
\(\Rightarrow \frac{xy+yz+xz+2}{9}\leq \frac{\frac{1}{3}+2}{9}=\frac{7}{27}(**)\)
Từ \((*);(**)\Rightarrow xy+yz+xz-2xyz\leq \frac{7}{27}\) (đpcm)