Tìm gtnn của A=(x+y)(y+z) biết x,y,z\(\in\)R và xyz(x+y+z)=1
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
HL
0
NB
1
AH
Akai Haruma
Giáo viên
6 tháng 11 2023
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
$A=\frac{1}{xz}+\frac{1}{xy}=\frac{1}{x}(\frac{1}{y}+\frac{1}{z})\geq \frac{1}{x}.\frac{4}{y+z}$
$=\frac{4}{x(y+z)}=\frac{4}{x(2-x)}$
Áp dụng BĐT AM-GM:
$x(2-x)\leq \left(\frac{x+2-x}{2}\right)^2=1$
$\Rightarrow A\geq \frac{4}{1}=4$
Vậy $A_{\min}=4$. Giá trị này đạt tại $x=1; y=z=\frac{1}{2}$
GF
0
Y
Cho x, y, z >1 và x+y+z = xyz. tìm GTNN của B=\(\dfrac{y-2}{x^2}+\dfrac{z-2}{y^2}+\dfrac{x-2}{z^2}\)
1
AH
Akai Haruma
Giáo viên
8 tháng 3 2021
Bạn không có cơ sở để ghi rằng \(P\geq \sum \frac{2(x-1)}{xz}-\sum \frac{1}{x}\) do $x,y,z$ có thể tồn tại số $\leq 1$
ND
1
22 tháng 11 2019
Câu hỏi của Hoàng Thái Dương - Toán lớp 8 - Học toán với OnlineMath
AH
Akai Haruma
Giáo viên
23 tháng 3 2017
Lời giải:
Đến thi HSG C3 còn không được phép sử dụng những BĐT nằm ngoài phạm vi kinh điển vậy mà một bài lớp 8 tại sao lại dùng đến những công cụ như thế kia? Bằng không hãy chứng minh nó trước khi sử dụng, nếu không bài làm của bạn là vô nghĩa.
Áp dụng BĐT Holder bậc 3:
BĐT Holder: Cho \(a,b,c,m,n,p,x,y,z>0\) thì có:
\((a^3+b^3+c^3)(m^3+n^3+p^3)(x^3+y^3+z^3)\geq (amx+bny+cpz)^3\)
Cách CM: Áp dụng BĐT AM-GM:
\(\frac{a^3}{a^3+b^3+c^3}+\frac{m^3}{m^3+n^3+p^3}+\frac{x^3}{x^3+y^3+z^3}\geq \frac{3axm}{\sqrt[3]{(a^3+b^3+c^3)(m^3+n^3+p^3)(x^3+y^3+z^3)}}\)
Thức hiện tương tự với các phân thức dạng trên và cộng lại ta được đpcm
Quay lại bài toán và áp dụng:
Ta có \(\left(\frac{x}{y^2}+\frac{y}{z^2}+\frac{z}{x^2}\right)\left(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{xz}\right)(1+1+1)\geq \left(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{x}\right)^3\)
\(\Leftrightarrow \left(\frac{x}{y^2}+\frac{y}{z^2}+\frac{z}{x^2}\right).3\geq \left(\frac{xy+yz+xz}{xyz}\right)^3\) \((1)\)
Ta biết BĐT quen thuộc sau \((xy+yz+xz)^2\geq 3xyz(x+y+z)\) (AM-GM)
\(\Rightarrow (xy+yz+xz)^2\geq 3(xyz)^2\rightarrow \frac{xy+yz+xz}{xyz}\geq \sqrt{3}\) \((2)\)
\((1),(2)\Rightarrow \frac{x}{y^2}+\frac{y}{z^2}+\frac{z}{x^2}\geq \sqrt{3}\)
Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=z=\sqrt{3}\)
22 tháng 3 2017
Dự đoán khi \(x=y=z=\sqrt{3}\) ta tìm được \(S=\sqrt{3}\)
Vậy ta sẽ chứng minh nó là giá trị nhỏ nhất của \(S\)
Tức là ta cần chứng minh \(\Sigma\dfrac{x}{y^2}\ge\sqrt{\dfrac{3\left(x+y+z\right)}{xyz}}\)
Thật vậy, \(\left(x,y,z\right)\) và \(\left(\dfrac{1}{x^2,},\dfrac{1}{y^2},\dfrac{1}{z^2}\right)\) là các số đối đã được sắp xếp lại
Vì vậy theo BĐT Rearrangement ta có:
\(\sum\frac{x}{y^2}=x\cdot\frac{1}{y^2}+y\cdot\frac{1}{z^2}+z\cdot\frac{1}{x^2}\geq x\cdot\frac{1}{x^2}+y\cdot\frac{1}{y^2}+z\cdot\frac{1}{z^2}=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}.\)
Vậy ta còn phải chứng minh \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\geq\sqrt{\frac{3(x+y+z)}{xyz}}\)
Hay \(xy+xz+yz\geq\sqrt{3xyz(x+y+z)}\)
Sau khi bình phương và biến đổi 2 vế ta có \(\sum z^2(x-y)^2\geq0\)
NQ
4
24 tháng 7 2017
Cái đề thế này ah
\(\frac{xyz}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\)
Vì \(\hept{\begin{cases}x\ge0\\y\ge0\\z\ge0\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\frac{xyz}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\ge0\)
\(\left(x+y\right)\left(y+z\right)=xy+xz+y^2+yz=y\left(x+y+z\right)+xz\)
\(=y.\frac{1}{xyz}+xz=\frac{1}{xz}+xz\ge2\)