Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
Từ \(xy+yz+xz=xyz\Rightarrow \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=1\)
Đặt \((a,b,c)=\left(\frac{1}{x}; \frac{1}{y}; \frac{1}{z}\right)\Rightarrow a+b+c=1\)
BĐT cần chứng minh trở thành:
\(P=\frac{c^3}{(a+1)(b+1)}+\frac{a^3}{(b+1)(c+1)}+\frac{b^3}{(c+1)(a+1)}\geq \frac{1}{16}(*)\)
Thật vậy, áp dụng BĐT Cauchy ta có:
\(\frac{c^3}{(a+1)(b+1)}+\frac{a+1}{64}+\frac{b+1}{64}\geq 3\sqrt[3]{\frac{c^3}{64^2}}=\frac{3c}{16}\)
\(\frac{a^3}{(b+1)(c+1)}+\frac{b+1}{64}+\frac{c+1}{64}\geq 3\sqrt[3]{\frac{a^3}{64^2}}=\frac{3a}{16}\)
\(\frac{b^3}{(c+1)(a+1)}+\frac{c+1}{64}+\frac{a+1}{64}\geq 3\sqrt[3]{\frac{b^3}{64^2}}=\frac{3b}{16}\)
Cộng theo vế các BĐT trên và rút gọn :
\(\Rightarrow P+\frac{a+b+c+3}{32}\geq \frac{3(a+b+c)}{16}\)
\(\Leftrightarrow P+\frac{4}{32}\geq \frac{3}{16}\Leftrightarrow P\geq \frac{1}{16}\)
Vậy \((*)\) được chứng minh. Bài toán hoàn tất.
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\Leftrightarrow x=y=z=3\)
1111111111111111111
\(VT=\Sigma\frac{xy+yz+zx}{xy}=3+\Sigma\frac{z\left(x+y\right)}{xy}\)
Đến đây để ý \(\frac{1}{2}\left[\frac{z\left(x+y\right)}{xy}+\frac{y\left(z+x\right)}{zx}\right]\ge\sqrt{\frac{\left(z+x\right)\left(x+y\right)}{x^2}}\left(\text{AM - GM}\right)\)
Là xong.
Đúng là chơi lừa bịp thực sự bài này rất dễ đây là cách giải:
ta có: \(\left(x+y\right)^2+\left(y+z\right)^4+.....+\left(x+z\right)^{100}\ge0\)còn \(-\left(y+z+x\right)\le0\) nên phương trình 1 vô lý
tương tự chứng minh phương trinh 2 và 3 vô lý
vậy \(\hept{\begin{cases}x=\varnothing\\y=\varnothing\\z=\varnothing\end{cases}}\)
thực sự bài này mới nhìn vào thì đánh lừa người làm vì các phương trình rất phức tạp nhưng nếu nhìn kĩ lại thì nó rất dễ vì các trường hợp đều vô nghiệm
\(\left(x+y\right)^2+\left(y+z\right)^4+...+\left(x+z\right)^{100}=-\left(y+z+x\right)\)
Đặt : \(A=\left(x+y\right)^2+\left(y+z\right)^4+...+\left(x+z\right)^{100}\)
Ta dễ dàng nhận thấy tất cả số mũ đều chẵn
\(=>A\ge0\)(1)
Đặt : \(B=-\left(y+z+x\right)\)
\(=>B\le0\)(2)
Từ 1 và 2 \(=>A\ge0\le B\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(A=B=0\)
Do \(B=0< =>y+z+x=0\)(3)
\(A=0< =>\hept{\begin{cases}x+y=0\\y+z=0\\x+z=0\end{cases}}\)(4)
Từ 3 và 4 \(=>x=y=z=0\)
Vậy nghiệm của pt trên là : {x;y;z}={0;0;0}
\(VT=\frac{\left(yz\right)^2}{x^2yz\left(y+z\right)}+\frac{\left(xz\right)^2}{zxy^2\left(x+z\right)}+\frac{\left(xy\right)^2}{xyz^2\left(x+y\right)}\)
\(VT=\frac{2\left(yz\right)^2}{xy+zx}+\frac{2\left(xz\right)^2}{xy+yz}+\frac{2\left(xy\right)^2}{xz+yz}\ge\frac{2\left(yz+xz+xy\right)^2}{2\left(xy+yz+zx\right)}=xy+yz+zx\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{\sqrt[3]{2}}\)
Hê hê:))
Ta có: \(9\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)=18xyz+9x^2y+9xy^2+9x^2z+9xz^2+9z^2y+9zy^2\)
\(=9\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+xz\right)-9xyz\)
Theo BĐT Cô-si, ta có: \(x+y+z\ge3\sqrt[3]{xyz}\)
\(xy+yz+xz\ge3\sqrt[3]{xy.yz.xz}=3\sqrt[3]{\left(xyz\right)^2}\)
\(\Rightarrow\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+xz\right)\ge3\sqrt[3]{xyz}.3\sqrt[3]{\left(xyz\right)^2}=9xyz\)
\(\Rightarrow9\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+xz\right)-9xyz\ge9\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+zx\right)-\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+xz\right)\)
\(=8\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+xz\right)\)
\(\Rightarrow\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\ge\frac{8}{9}\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+xz\right)\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow x=y=z\)