Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Từ đề bài ta có:
\(\left\{{}\begin{matrix}\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)\ge0\\\left(x-3\right)\left(y-3\right)\left(3-z\right)\ge0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}xyz+\left(xy+yz+zx\right)+\left(x+y+z\right)+1\ge0\\-xyz+3\left(xy+yz+zx\right)-9\left(x+y+z\right)+27\ge0\end{matrix}\right.\)
Lấy trên + dưới ta được
\(4\left(xy+yz+zx\right)-8\left(x+y+z\right)+28\ge0\)
\(\Leftrightarrow4\left(xy+yz+zx\right)+20\ge0\)
\(\Leftrightarrow2\left(x+y+z\right)^2+20\ge2x^2+2y^2+2z^2\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\le11\)
Bài này Karamata là vừa :D
Giả sử \(a\ge b\ge c\)
Khi \(f\left(x\right)=x^2\) là hàm lồi trên \(\left[-1,3\right]\) và \((-1,-1,3)\succ(a,b,c)\)
Theo Karamata's inequality ta có:
\(11=\left(-1\right)^2+\left(-1\right)^2+3^2\ge a^2+b^2+c^2\)
Dự đoán dấu = xảy ra khi x=y=\(\dfrac{z}{2}\)
ta có: \(VT=3+\dfrac{x^2}{y^2}+\dfrac{y^2}{x^2}+\dfrac{y^2}{z^2}+\dfrac{z^2}{y^2}+\dfrac{x^2}{z^2}+\dfrac{z^2}{x^2}\)
\(=3+\left(\dfrac{x^2}{y^2}+\dfrac{y^2}{x^2}\right)+\left(\dfrac{y^2}{z^2}+\dfrac{x^2}{z^2}\right)+\left(\dfrac{z^2}{y^2}+\dfrac{z^2}{x^2}\right)\)
Áp dụng BĐT AM-GM: \(\dfrac{x^2}{y^2}+\dfrac{y^2}{x^2}\ge2\)
Áp dụng BĐT bunyakovsky:\(\dfrac{y^2}{z^2}+\dfrac{x^2}{z^2}\ge\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{y}{z}+\dfrac{x}{z}\right)^2=\dfrac{1}{2}.\dfrac{\left(x+y\right)^2}{z^2}\)
\(\dfrac{z^2}{x^2}+\dfrac{z^2}{y^2}\ge\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{z}{x}+\dfrac{z}{y}\right)^2\ge\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{4z}{x+y}\right)^2=\dfrac{8z^2}{\left(x+y\right)^2}\)(AM-GM)
do đó \(VT\ge5+\dfrac{1}{2}\dfrac{\left(x+y\right)^2}{z^2}+\dfrac{8z^2}{\left(x+y\right)^2}\)
Đặt \(\dfrac{z}{x+y}=a\)(a>0)thì \(a\ge1\)do \(z\ge x+y\)
\(VT\ge8a^2+\dfrac{1}{2a^2}+5=\dfrac{a^2}{2}+\dfrac{1}{2a^2}+\dfrac{15}{2}a^2+5\ge\dfrac{a^2}{2}+\dfrac{1}{2a^2}+\dfrac{25}{2}\)
Áp dụng BĐT AM-GM: \(\dfrac{a^2}{2}+\dfrac{1}{2a^2}\ge2\sqrt{\dfrac{a^2}{4a^2}}=1\)
do đó \(VT\ge1+\dfrac{25}{2}=\dfrac{27}{2}\)(đpcm)
Dấu = xảy ra khi a=1 hay \(x=y=\dfrac{z}{2}\)
\(A\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}+\frac{9}{x+y+z}=\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}+\frac{9}{8\left(x+y+z\right)}+\frac{9}{8\left(x+y+z\right)}+\frac{27}{4\left(x+y+z\right)}\)
\(A\ge3\sqrt[3]{\frac{81\left(x+y+z\right)^2}{3.64\left(x+y+z\right)\left(x+y+z\right)}}+\frac{27}{4.\frac{3}{2}}=\frac{27}{4}\)
\(A_{min}=\frac{27}{4}\) khi \(x=y=z=\frac{1}{2}\)
Áp dụng BDT AM-GM ta có:\(VT\ge3\left(\frac{x}{y+z+1}+\frac{y}{x+z+1}+\frac{z}{x+y+1}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{VT}{3}\ge\frac{x^2}{xy+xz+x}+\frac{y^2}{yz+yx+y}+\frac{z^2}{xz+zy+z}\)
\(\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{2\left(xy+yz+xz\right)+xy+z}\) (Cauchy-Schwarz)
Do \(3\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge\left(x+y+z\right)^2\)\(\Rightarrow\left(x+y+z\right)^2\le\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\)
\(\Rightarrow x+y+z\le x^2+y^2+z^2\).Suy ra
\(2\left(xy+yz+xz\right)+x+y+z\le2\left(xy+yz+xz\right)+x^2+y^2+z^2=\left(x+y+z\right)^2\)
Suy ra \(\frac{VT}{3}\le\frac{\left(x+y+z\right)^2}{\left(x+y+z\right)^2}=1\Rightarrow VT\ge3\) (điều phải chứng minh)
Dấu "=" xảy ra khi x=y=z=1
\(x^2+y^2+z^2=\left(x+y+z\right)^2-2\left(xy+yz+zx\right)\)
Đpcm \(\Leftrightarrow9-2\left(xy+yz+zx\right)\le11\)\(\Leftrightarrow xy+yz+zx+1\ge0\Leftrightarrow z\left(x+y\right)+xy+1\ge0\text{ }\left(\text{*}\right)\)
Có 2 cách chứng minh như sau:
+Cách 1: Trong 3 số x, y, z luôn tồn tại 2 số cùng \(\ge1\) hoặc cùng \(\le1\)
Do đó: : \(\left(x-1\right)\left(y-1\right)\ge0\Rightarrow xy+1\ge x+y=3-z\)
\(xy+yz+zx+1\ge z\left(3-z\right)+3-z=\left(3-z\right)\left(z+1\right)\ge0\)
+Cách 2: Do vai trò x, y, z là như nhau nên giả sử z là số lớn nhất; khi đó
\(3=x+y+z\le z+z+z\Rightarrow z\ge1\)
\(\left(x+1\right)\left(y+z\right)\ge0\Rightarrow xy+1\ge-x-y=z-3\)
\(xy+yz+zx+1\ge z\left(3-z\right)+z-3=\left(3-z\right)\left(z-1\right)\ge0\) do \(z\ge1\)
Áp dụng bất đẳng thức bunhiacopxki :
\(\left(1+1+1\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge\left(x+y+z\right)^2.\)
<=> \(3\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge\left(x+y+z\right)^2\)(đpcm)
Dấu = khi x=y=z