Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Can them dieu kien cua x;y;z vi du x;y;z>0
WLOG \(x\ge y\ge z\)
Ap dung BDT Rearrangement ta co:
\(VT=xy^2+yz^2+zx^2\le x^2y+xyz+yz^2\)
\(=xyz+y\left(x^2+z^2\right)=\text{}xyz+y\left(3-y^2\right)\)
\(\le\text{}xyz+2=VP\)
Ta có : Áp dụng BĐT Cauchy ba số ở mẫu ta được
\(\dfrac{x}{\sqrt[3]{yz}}+\dfrac{y}{\sqrt[3]{xz}}+\dfrac{z}{\sqrt[3]{xy}}\ge\dfrac{x}{\dfrac{y+z+1}{3}}+\dfrac{y}{\dfrac{x+z+1}{3}}+\dfrac{z}{\dfrac{x+y+1}{3}}=\dfrac{3x}{y+z+1}+\dfrac{3y}{x+z+1}+\dfrac{3z}{x+y+1}\)Thấy: \(xy+yz+xz\le\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{3}\left(?!\right)\)
Ta phải chứng minh:
\(\dfrac{3x}{y+z+1}+\dfrac{3y}{x+z+1}+\dfrac{3z}{x+y+1}\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{3}\)
\(\dfrac{x}{y+z+1}+\dfrac{y}{x+z+1}+\dfrac{z}{x+y+1}\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{9}\)
Mà \(\dfrac{x}{y+z+1}+\dfrac{y}{x+z+1}+\dfrac{z}{x+y+1}=\dfrac{x^2}{xy+xz+x}+\dfrac{y^2}{xy+yz+y}+\dfrac{z^2}{xz+yz+z}\)
Theo C.B.S
\(\dfrac{x^2}{xy+xz+x}+\dfrac{y^2}{xy+yz+y}+\dfrac{z^2}{xz+yz+z}\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{2\left(xy+yz+xz\right)+x+y+z}\)
Phải chứng minh
\(\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{2\left(xy+yz+xz\right)+x+y+z}\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{9}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{2\left(xy+yz+xz\right)+x+y+z}\ge\dfrac{1}{9}\)
Ta có : \(xy+yz+xz\le x^2+y^2+z^2=3\)
Theo C.B.S : \(x+y+z\le\sqrt{3\left(x^2+y^2+z^2\right)}=3\)
\(\Rightarrow2\left(xy+yz+xz\right)+x+y+z\le9\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{2\left(xy+yz+xz\right)+x+y+z}\ge\dfrac{1}{9}\)
=> ĐPCM
không mất tính tổng quát giả sử y nằm giữa x và z
=> x(y - z)(y - x) ≤ 0
hay xy2 + zx2 ≤ x2y + xyz
Ta cần chứng minh: x2y + yz2 ≤ 2.
Ta có: x2 + y2 + z2 = 3
<=> x2 + z2 = 3 - y2.
Ta có: \(x^2y+yz^2\le2\Leftrightarrow y\left(x^2+z^2\right)\le2\)
\(\Leftrightarrow y\left(3-y^2\right)\le2\)
\(\Leftrightarrow3y-y^3\le2\)\(\Leftrightarrow y^3+2\ge3y\)(đúng, vì theo AM-GM có:\(y^3+1+1\ge3\sqrt[3]{y^3}=3y\))
=> Đpcm
Arakawa Whiter