Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Trong de thi hsg cap Thanh pho Ha Noi 2016-2017 co dap an do ban
Ta có bất đẳng thức phụ: \(xy+yz+xz\le x^2+y^2+z^2\)
\(\Rightarrow xy+yz+xz\le x^2+y^2+z^2\le3\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:
\(P=\dfrac{1}{1+xy}+\dfrac{1}{1+xz}+\dfrac{1}{1+yz}\ge\dfrac{\left(1+1+1\right)^2}{1+xy+1+xz+1+yz}\ge\dfrac{\left(1+1+1\right)^2}{1+1+1+3}=\dfrac{9}{6}=\dfrac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi: \(x=y=z=1\)
solution:
ta có: \(3=x^2+y^2+z^2\ge3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}\Leftrightarrow xyz\le1\)(theo BĐT cauchy cho 3 số )
\(\Rightarrow xy\le\dfrac{1}{z};yz\le\dfrac{1}{x};xz\le\dfrac{1}{y}\)
\(\Rightarrow\dfrac{x}{\sqrt[3]{yz}}\ge\dfrac{x}{\dfrac{1}{\sqrt[3]{x}}}=x\sqrt[3]{x}=\sqrt[3]{x^4}\)
tương tự ta có:\(\dfrac{y}{\sqrt[3]{xz}}\ge\sqrt[3]{y^4};\dfrac{z}{\sqrt[3]{xy}}\ge\sqrt[3]{z^4}\)
cả 2 vế các BĐT đều dương,cộng vế với vế:
\(S=\dfrac{x}{\sqrt[3]{yz}}+\dfrac{y}{\sqrt[3]{xz}}+\dfrac{z}{\sqrt[3]{xy}}\ge\sqrt[3]{x^4}+\sqrt[3]{y^4}+\sqrt[3]{z^4}\)
Áp dụng BĐT bunyakovsky ta có:
\(\left(\sqrt[3]{x^4}+\sqrt[3]{y^4}+\sqrt[3]{z^4}\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge\left(\sqrt[3]{x^8}+\sqrt[3]{y^8}+\sqrt[3]{z^8}\right)^2=\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\)
\(\Rightarrow S\ge x^2+y^2+z^2\)
đến đây ta lại có BĐT quen thuộc: \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+xz\)
\(\Rightarrow S\ge xy+yz+xz\left(đpcm\right)\)
dấu = xảy ra khi và chỉ khi x=y=z mà x2+y2+z2=3 => x=y=z=1
*cách khác : Áp dụng BĐT cauchy - schwarz(bunyakovsky):
\(S=\dfrac{x}{\sqrt[3]{yz}}+\dfrac{y}{\sqrt[3]{xz}}+\dfrac{z}{\sqrt[3]{xy}}=\dfrac{x^4}{x^3.\dfrac{1}{\sqrt[3]{x}}}+\dfrac{y^4}{y^3.\dfrac{1}{\sqrt[3]{y}}}+\dfrac{z^4}{z^3.\dfrac{1}{\sqrt[3]{z}}}\)
\(S\ge\dfrac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x^2+y^2+z^2}=x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+xz\)
from giả thiết => x+y+z=xyz
biến đổi như sau:\(\dfrac{x}{\sqrt{yz\left(1+x^2\right)}}=\dfrac{x}{\sqrt{yz+x^2yz}}=\dfrac{x}{\sqrt{yz+x\left(x+y+z\right)}}=\dfrac{x}{\sqrt{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}}\)
=\(\sqrt{\dfrac{x^2}{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}}\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{x}{x+y}+\dfrac{x}{x+z}\right)\)
bình phương cả 2 vế ta được
\(A^2=\dfrac{x^2y^2}{z^2}+\dfrac{y^2z^2}{x^2}+\dfrac{x^2z^2}{y^2}+2x^2+2y^2+2z^2\)
\(A^2=\dfrac{x^2y^2}{z^2}+\dfrac{y^2z^2}{x^2}+\dfrac{x^2z^2}{y^2}+2\) (vì x^2 +y^2 +z^2 =1)
Áp dụng BĐT cô si cho 2 số
\(\dfrac{x^2y^2}{z^2}+\dfrac{y^2z^2}{x^2}\ge2y^2\left(1\right)\)
\(\dfrac{y^2z^2}{x^2}+\dfrac{x^2z^2}{y^2}\ge2z^2\left(2\right)\)
\(\dfrac{x^2y^2}{z^2}+\dfrac{x^2z^2}{y^2}\ge2x^2\left(3\right)\)
(1)+(2)+(3)
=> \(2\left(\dfrac{x^2y^2}{z^2}+\dfrac{y^2z^2}{x^2}+\dfrac{x^2z^2}{y^2}\right)\ge2\left(x^2+y^2+z^2\right)\)
<=> \(\dfrac{x^2y^2}{z^2}+\dfrac{y^2z^2}{x^2}+\dfrac{x^2z^2}{y^2}\ge1\)
Cộng 2 vào cả 2 vế ta đc
\(A^2\ge3\)
<=> \(\ge\sqrt{3}\)
Vậy Min A= \(\sqrt{3}\) khi x=y=z =\(\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)
Lời giải khác:
Đặt \((\frac{xy}{z}; \frac{yz}{x}; \frac{xz}{y})\mapsto (a,b,c)\)
\(\Rightarrow (x^2,y^2,z^2)=(ac,ab,bc)\)
Bài toán trở thành tìm min của $A=a+b+c$ biết $ab+bc+ac=1$ và $a,b,c>0$
Theo hệ quả quen thuộc của BĐT AM-GM:
\(A^2=(a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ac)=3\)
\(\Rightarrow A\geq \sqrt{3}\)
Vậy \(A_{\min}=\sqrt{3}\Leftrightarrow a=b=c\Leftrightarrow x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
x + y + z = 0
=> x + y = -z
<=> (x + y)^3 = (-z)^3
<=> x^3 + 3x^2y + 3xy^2 + y^3 = -z^3
<=> x^3 + y^3 + z^3 = -3x^2y - 3xy^2
<=> x^3 + y^3 + z^3 = -3xy(x+y)
<=> x^3 + y^3 + z^3 = -3xy(-z)
<=> x^3 + y^3 + z^3 = 3xyz
⇔\(\dfrac{x^3+y^3+z^3}{xyz}=3\Leftrightarrow\dfrac{x^2}{yz}+\dfrac{y^2}{xz}+\dfrac{z^2}{xy}=3\Rightarrow P=3\)