Cho x,y,z ko âm thỏa \(x^2+y^2+z^2=3\)
Chứng minh \(xy^2+yz^2+zx^2\le2+xyz\)
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
N
3 tháng 4 2018
Ta có: \(VT=x-\dfrac{xyz}{yz+1}+y-\dfrac{xyz}{xz+1}+z-\dfrac{xyz}{xy+1}\)
\(=x+y+z-xyz\left(\dfrac{1}{xy+1}+\dfrac{1}{yz+1}+\dfrac{1}{xz+1}\right)\)
Ta sẽ chứng minh BĐt sau :
\(xyz\left(\dfrac{1}{xy+1}+\dfrac{1}{yz+1}+\dfrac{1}{xz+1}\right)\ge xyz\)
hay \(xyz\left(\dfrac{1}{xy+1}+\dfrac{1}{yz+1}+\dfrac{1}{xz+1}-1\right)\ge0\)
Mà đây là 1 điều luôn đúng vì \(\dfrac{1}{xy+1}+\dfrac{1}{yz+1}+\dfrac{1}{xz+1}\ge\dfrac{9}{xy+yz+xz+3}\ge\dfrac{9}{x^2+y^2+z^2+3}>1\) và \(xyz\ge0\)
Do đó \(VT\le x+y+z-xyz=x\left(1-yz\right)+y+z\)(*)
Áp dụng BĐt bunyakovsky:
\(VT^2=\left[x\left(1-yz\right)+\left(y+z\right).1\right]^2\le\left[x^2+\left(y+z\right)^2\right]\left[1+\left(1-yz\right)^2\right]\)\(=\left(2+2yz\right)\left(y^2z^2-2yz+2\right)=4+2y^2z^2\left(yz-1\right)\le4\)
( do \(yz\le\dfrac{y^2+z^2}{2}\le\dfrac{x^2+y^2+z^2}{2}=1\))
\(\Rightarrow VT\le2\) (đpcm)
Dấu = xảy ra khi \(x=0;y=z=1\) cùng các hoán vị
P/s: Từ chỗ (*) là 1 BĐT có nhiều cách chứng minh .
8 tháng 12 2023
Có \(VT=\dfrac{x^2}{x^3-xyz+2013x}+\dfrac{y^2}{y^3-xyz+2013y}+\dfrac{z^2}{z^3-xyz+2013z}\)
\(\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{x^3+y^3+z^3-3xyz+2013\left(x+y+z\right)}\)
\(=\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{\left(x+y+z\right)\left[x^2+y^2+z^2-\left(xy+yz+zx\right)\right]+2013\left(x+y+z\right)}\)
\(=\dfrac{x+y+z}{x^2+y^2+z^2-\left(xy+yz+zx\right)+3\left(xy+yz+zx\right)}\)
(vì \(2013=3.671=3\left(xy+yz+zx\right)\))
\(=\dfrac{x+y+z}{x^2+y^2+z^2+2\left(xy+yz+zx\right)}\)
\(=\dfrac{x+y+z}{\left(x+y+z\right)^2}\)
\(=\dfrac{1}{x+y+z}\)
ĐTXR \(\Leftrightarrow\dfrac{1}{x^2-yz+2013}=\dfrac{1}{y^2-zx+2013}=\dfrac{1}{z^2-xy+2013}\)
\(\Leftrightarrow x^2-yz=y^2-zx=z^2-xy\)
\(\Leftrightarrow x=y=z\) (với \(x,y,z>0\))
Vậy ta có đpcm.
16 tháng 8 2021
Ta có:\(\sqrt{\dfrac{yz}{x^2+2017}}=\sqrt{\dfrac{yz}{x^2+xy+yz+zx}}=\sqrt{\dfrac{yz}{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}}\)
\(=\sqrt{\dfrac{y}{x+y}\cdot\dfrac{z}{x+z}}\le\dfrac{\dfrac{y}{x+y}+\dfrac{z}{x+z}}{2}\)
Tương tự ta có:\(\sqrt{\dfrac{zx}{y^2+2017}}\le\dfrac{\dfrac{x}{x+y}+\dfrac{z}{y+z}}{2}\)
\(\sqrt{\dfrac{xy}{z^2+2017}}\le\dfrac{\dfrac{y}{z+y}+\dfrac{x}{x+z}}{2}\)
Cộng vế với vế ta có:
\(\sqrt{\dfrac{yz}{x^2+2017}}+\sqrt{\dfrac{zx}{y^2+2017}}+\sqrt{\dfrac{xy}{z^2+2017}}\)
\(\le\dfrac{\dfrac{y}{x+y}+\dfrac{z}{x+z}+\dfrac{z}{z+y}+\dfrac{x}{x+y}+\dfrac{y}{z+y}+\dfrac{x}{x+z}}{2}\)
\(=\dfrac{\dfrac{x+y}{x+y}+\dfrac{y+z}{y+z}+\dfrac{z+x}{z+x}}{2}=\dfrac{1+1+1}{2}=\dfrac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow x=y=z=\dfrac{\sqrt{2017}}{\sqrt{3}}\)
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