Chứng minh rằng : x8 + y8 + z8 ≥ x2y2z2 ( xy + yz + zx )
chứng minh rằng: (x-y)/(1+xy) + (y-z)/(1+yz) +(z-x)/(1+zx) = (x-y)(y-z)(z-x)/(1+xy)(1+yz)(1+zx)
Ta có:
\(\dfrac{x-y}{1+xy}\)+\(\dfrac{y-z}{1+yz}\)+\(\dfrac{z-x}{1+xz}\) = \(\dfrac{x-y}{1+xy}\)+\(\dfrac{-\left(x-y\right)-\left(z-x\right)}{1+yz}\)+\(\dfrac{z-x}{1+xz}\)
=\(\dfrac{x-y}{1+xy}\)\(-\dfrac{x-y}{1+yz}\) \(-\dfrac{z-x}{1+yz}\)+\(\dfrac{z-x}{1+xz}\)
= \(\left(x-y\right)\)\(\left(\dfrac{\left(1+yz\right)-\left(1+xy\right)}{\left(1+yz\right)\left(1+xy\right)}\right)\)+(\(z-x\))\(\left(\dfrac{\left(1+yz\right)-\left(1+zx\right)}{\left(1+yz\right)\left(1+zx\right)}\right)\)
=\(\left(x-y\right)\)\(\dfrac{y\left(z-x\right)}{\left(1+yz\right)\left(1+xy\right)}\)+(\(z-x\))\(\dfrac{-z\left(x-y\right)}{\left(1+yz\right)\left(1+zx\right)}\)
=\(\left(\dfrac{\left(x-y\right)\left(z-x\right)}{1+yz}\right)\)\(\left(\dfrac{y\left(1+xz\right)-z\left(1+xy\right)}{\left(1+xz\right)\left(1+xy\right)}\right)\)
=đpcm
Cho \(x^2+y^2+z^2=xy+yz+zx\) Chứng minh rằng x=y=z
\(x^2+y^2+z^2=xy+yz+zx\)
=> \(2x^2+2y^2+2x^2=2xy+2yz+2zx\)
=> \(2x^2+2y^2+2x^2-2xy-2yz-2zx=0\)
=> \(\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2=0\)
=> x -y =0 ; y - z=0 ; z - x=0
=> x =y; y =z; z=x
=> x=y=z
Chứng minh rằng: \(\frac{x-y}{1+xy}+\frac{y-z}{1+yz}+\frac{z-x}{1+zx}=\frac{x-y}{1+xy}\cdot\frac{y-z}{1+yz}\cdot\frac{z-x}{1+zx}\)
Cho các số dương \(x,y,z\) thỏa mãn điều kiện \(xy+yz+zx=671\). Chứng minh rằng: \(\dfrac{x}{x^2-yz+2013}+\dfrac{y}{y^2-zx+2013}+\dfrac{z}{z^2-xy+2013}\ge\dfrac{1}{x+y+z}\)
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.
Chứng minh (x+y+z)^2-x^2-y^2-z^2=2(xy+yz+zx)
2) cho xyz=2016
chứng minh rằng 2016x/xy+2016x+2016 + y/yz+y+2016 + z/xz+z+1 = 1
chứng minh rằng nếu x-y+z=0 thì xy+yz-zx lớn hơn hoặc bằng 0
Lời giải:
Khi $x-y+z=0\Rightarrow y=x+z$. Thay vào biểu thức $xy+yz-xz$ thì:
$xy+yz-xz=x(x+z)+(x+z)z-xz=x^2+xz+z^2=x^2+\frac{xz}{2}+\frac{xz}{2}+\frac{z^2}{4}+\frac{3}{4}z^2$
$=(x+\frac{z}{2})^2+\frac{3}{4}z^2$
Dễ thấy $(x+\frac{z}{2})^2\geq 0; \frac{3}{4}z^2\geq 0$ với mọi $x,y,z$ nên $xy+yz-xz\geq 0$
Ta có đpcm.
Chứng minh rằng nếu $xy+yz+zx=5$ thì $3x^2+3y^2+z^2 \ge 10$.
Xét \(\hept{\begin{cases}4x^2+z^2\ge4xz\\4y^2+z^2\ge4yz\\2x^2+2y^2\ge4xy\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow2\left(3x^2+3y^2+z^2\right)\ge4\left(xy+yz+zx\right)\)
\(\Leftrightarrow3x^2+3y^2+z^2\ge10\)
dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=1\)và \(z=2\)
dốt ghê dễ thế mà cũng hỏi.................................... :]
:| ; =)) ; :))
Đề : Cho 3 số thức dương thỏa mãn
\(xy+yz+zx=1\)
Chứng minh rằng : \(\frac{1}{1+xy+z^2}+\frac{1}{1+yz+x^2}+\frac{1}{1+zx+y^2}\le\frac{9}{5}\)
Lời giải:
Để cho đẹp, đổi \((xy,yz,xz)\mapsto (a,b,c)\) suy ra \(a+b+c=1\)
BĐT cần chứng minh tương đương với :
\(A=\frac{1}{a+b+c+a+\frac{bc}{a}}+\frac{1}{a+b+c+b+\frac{ac}{b}}+\frac{1}{a+b+c+c+\frac{ab}{c}}\leq \frac{9}{5}\)
\(\Leftrightarrow A=\frac{a}{2a^2+ab+bc+ac}+\frac{b}{2b^2+ab+bc+ac}+\frac{c}{2c^2+ab+bc+ac}\leq \frac{9}{5}\)
\(\Leftrightarrow A=\sum \frac{a(ab+bc+ca)}{2a^2+ab+bc+ac}\leq \frac{9(ab+bc+ac)}{5}\)
Để ý rằng \(A=\sum \left ( a-\frac{2a^3}{2a^2+ab+bc+ac} \right )=1-\sum \frac{2a^3}{2a^2+ab+bc+ac}\)
Cauchy-Schwarz:
\(\sum \frac{2a^3}{2a^2+ab+bc+ac}=\sum \frac{2a^4}{2a^3+a^2b+abc+a^2c}\geq \frac{2(a^2+b^2+c^2)^2}{2(a^3+b^3+c^3)+ab(a+b)+bc(b+c)+ca(a+c)+3abc}\)
Giờ đặt \(ab+bc+ac=q,abc=r\)
Phân tích:
\(2(a^3+b^3+c^3)+\sum ab(a+b)+3abc=2(a^3+b^3+c^3-3abc)+(a+b+c)(ab+bc+ac)+6abc\)
\(=2(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac)+ab+bc+ac+6abc\)
\(=2(a^2+b^2+c^2)-(ab+bc+ac)+6abc=2-5q+6r\)
Do đó \(A\leq 1-\frac{2(1-2q)^2}{2-5q+6r}\). Giờ chỉ cần chỉ ra \(1-\frac{2(1-2q)^2}{2-5q+6r}\leq \frac{9q}{5}\Leftrightarrow q(3-5q)+6r(9q-5)\geq 0\)
Theo AM-GM dễ thấy
\(q^2=(ab+bc+ac)^2\geq 3abc(a+b+c)=3r\)
Và \(1=(a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ac)\Rightarrow q\leq \frac{1}{3}\)
\(\Rightarrow 9q-5<0\rightarrow 6r(9q-5)\geq 2q^2(9q-5)\) (đổi dấu)
\(\Rightarrow q(3-5q)+6r(9q-5)\geq q(3-5q)+2q^2(9q-5)=q(2q-1)(3q-1)\geq 0\)
BĐT trên hiển nhiên đúng vì \(q\leq \frac{1}{3}<\frac{1}{2}\Rightarrow (2q-1)(3q-1)\geq 0\)
Chứng minh hoàn tất.
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\Leftrightarrow x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
P/s: Làm BĐT bần cùng lắm mới xài pqr, không ngờ phải xài thật :)
Sao tag éo dc :|
Akai HarumaNguyễn Huy ThắngTrần Việt LinhHoàng Lê Bảo Ngọc
chứng minh A=(xy+zx+1)/(xy+x+y+1)+(yz+zy+1)/(yz+y+z+1)+(zx+zx+1)/(zx+x+z+1) không thuộc x, y, z
làm nhanh giùm mình nha ! đang cần gấp <:)
Cho x+y+z=0
xy +yz + zx =0
Chứng minh rằng x=y=z
Ta có :
\(\left(x+y+z\right)^2\)
\(=x^2+y^2+z^2+2\left(xy+yz+zx\right)\)
\(\Rightarrow0=x^2+y^2+z^2+2.0\)
\(\Rightarrow0=x^2+y^2+z^2\)
Vậy \(x=y=z\left(=0\right)\)(đpcm)