Trước hết ta chứng minh bổ đề sau đây: \(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\ge\frac{9\left(a^2+b^2+c^2\right)}{\left(a+b+c\right)^2}\). Đặt P = VT - VP.
(đây là phân tích của một người khác, không phải của em)
Do đó \(VT=\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}\ge\frac{9\left(x^2+y^2+z^2\right)}{\left(x+y+z\right)^2}=\frac{27}{\sqrt{\left(x+y+z\right)^2.\left(x+y+z\right)^2}}\)
\(\ge\frac{27}{\sqrt{3\left(x^2+y^2+z^2\right)\left(x+y+z\right)^2}}=\frac{9}{x+y+z}\)
Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1
P/s: Em không chắc lắm!
Theo giả thiết: \(x^2+y^2+z^2=3\Rightarrow2\left(xy+yz+zx\right)=\left(x+y+z\right)^2-3\)
Theo BĐT Bunyakovsky dạng phân thức, ta có:
\(VT=\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}=\frac{x^2}{xy}+\frac{y^2}{yz}+\frac{z^2}{zx}\)\(\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{xy+yz+zx}=\frac{2\left(x+y+z\right)^2}{\left(x+y+z\right)^2-3}\)
Đến đây, ta cần chỉ ra rằng \(\frac{2\left(x+y+z\right)^2}{\left(x+y+z\right)^2-3}\ge\frac{9}{x+y+z}\)(*)
Ta có: \(xy+yz+zx>0\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)^2\ge x^2+y^2+z^2=3\)
\(\Rightarrow x+y+z>\sqrt{3}\)
Đặt \(x+y+z=t>\sqrt{3}\). Khi đó (*) trở thành \(\frac{2t^2}{t^2-3}\ge\frac{9}{t}\Leftrightarrow\frac{\left(t-3\right)^2\left(2t+3\right)}{t\left(t^2-3\right)}\ge0\)(đúng với mọi \(t>\sqrt{3}\))
Đẳng thức xảy ra khi \(t=3\)hay x = y = z = 1
Cho sửa dòng 5, \(\left(x+y+z\right)^2>x^2+y^2+z^2=3\)chứ không phải \(\ge\)nha!!!
Tự nhiên làm \(\ge\)xong suy ra \(x+y+z>\sqrt{3}\), dạo này hay nhầm kinh
