Chủ đề này có 8 trả lời

[PlanBbyFESN]

Bài toán 1:  Cho $x,y,z>0$ và $x+y+z=3$ .

                   CM: $x^{2}+y^{2}+z^{2}+xyz\geq 4$

 

Bài toán 2:  Cho $x,y,z>0$ và $x+y+z=1$

Chứng minh:

• $4(x^{3}+y^{3}+z^{3})+15xyz\geq 1$
• $6(x^{3}+y^{3}+z^{3})+1\geq 5(x^{2}+y^{2}+z^{2})$
• $x^{3}+y^{3}+z^{3}+6xyz\geq \frac{1}{4}$

Bài toán 3: Cho $x,y,z>0$ và $x+y+z=1$ .

Tìm max: $A=x+16xyz$

 

P/S: Các bài toán mình muốn các bạn làm thật nhiều cách!  

[NTA1907]

Bài toán 1:  Cho $x,y,z>0$ và $x+y+z=3$ .

                   CM: $x^{2}+y^{2}+z^{2}+xyz\geq 4$

Ta luôn có bổ đề sau với $x,y,z> 0$: $x^{2}+y^{2}+z^{2}+2xyz+1\geq 2(xy+yz+zx)$ 

Thật vậy, theo AM-GM ta có: $2xyz+1=xyz+xyz+1\geq 3\sqrt[3]{x^{2}y^{2}z^{2}}\geq \frac{9xyz}{x+y+z}$

Khi đó chỉ cần chứng minh: $x^{2}+y^{2}+z^{2}+\frac{9xyz}{x+y+z}\geq 2(xy+yz+zx)$

Khai triển và rút gọn ta được bất đẳng thức sau:

$x^{3}+y^{3}+z^{3}+3xyz\geq xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)$(luôn đúng vì đây là bất đẳng thức Schur bậc 3)

Bổ đề đã được chứng minh

Áp dụng bổ đề trên ta có:

$2(x^{2}+y^{2}+z^{2}+xyz)+1\geq (x+y+z)^{2}$

$\Leftrightarrow x^{2}+y^{2}+z^{2}+xyz\geq 4$(đpcm)

[hieuhanghai]

2.c)

Ta có: $x^{3}+y^{3}+z^{3}+6xyz =x^{3}+(y+z)\begin{bmatrix} (y+z)^{2}-3yz \end{bmatrix} + 6xyz$

=$x^{3} + (1-x)^{3} - 3yz(1-x)+ 6xyz$

=$x^{3}+(1-x)^{3}-3yz+ 9xyz$

=$1-3x+3x^{2}- 3yz(1-3x)$=A

Mà  (0$\leq yz \leq \frac{(1-x)^{2}}{4}$

=>A$\geq 3x^{2}-3x+1 - 3/4(1-x)^{2}(1-3x)$

=$(9x^{3}-9x^{2}+3x+1)/4\geq 1/4.$

=>$x^{3} + y^{3}+ z^{3} + 6xyz \geq 1/4$

Dấu "=" xảy ra khi : x=0 và y=z=1/2

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hieuhanghai: 10-04-2016 - 11:22

[toannguyenebolala]

Ta luôn có bổ đề sau với $x,y,z> 0$: $x^{2}+y^{2}+z^{2}+2xyz+1\geq 2(xy+yz+zx)$ 

Thật vậy, theo AM-GM ta có: $2xyz+1=xyz+xyz+1\geq 3\sqrt[3]{x^{2}y^{2}z^{2}}\geq \frac{9xyz}{x+y+z}$

Khi đó chỉ cần chứng minh: $x^{2}+y^{2}+z^{2}+\frac{9xyz}{x+y+z}\geq 2(xy+yz+zx)$

Khai triển và rút gọn ta được bất đẳng thức sau:

$x^{3}+y^{3}+z^{3}+3xyz\geq xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)$(luôn đúng vì đây là bất đẳng thức Schur bậc 3)

Bổ đề đã được chứng minh

Áp dụng bổ đề trên ta có:

$2(x^{2}+y^{2}+z^{2}+xyz)+1\geq (x+y+z)^{2}$

$\Leftrightarrow x^{2}+y^{2}+z^{2}+xyz\geq 4$(đpcm)

Đóng góp thêm một cách dồn biến MV cho bài 1

Vì vai trò của x;y;z là như nhau nên giả sử $x= Min_{\left \{ x;y;z \right \}}=>x\leq 1$$=>x-2<0$

Ta đi chứng minh $x^2+y^2+z^2+xyz-4\geq 0$

Thật vậy, ta có:$x^2+y^2+z^2+xyz-4=x^2+(y+z)^2-2yz+xyz-4=x^2+(3-x)^2+(x-2)yz-4= 2x^2-6x+5+(x-2)yz\geq (x-2)\frac{(y+z)^2}{4}+2x^2-6x+5=(x-2)\frac{(3-x)^2}{4}+2x^2-6x+5=(x-1)^2\frac{x+2}{4}\geq 0$

[toannguyenebolala]

 

Bài toán 1:  Cho $x,y,z>0$ và $x+y+z=3$ .

                   CM: $x^{2}+y^{2}+z^{2}+xyz\geq 4$

 

Bài toán 2:  Cho $x,y,z>0$ và $x+y+z=1$

Chứng minh:

• $4(x^{3}+y^{3}+z^{3})+15xyz\geq 1$
• $6(x^{3}+y^{3}+z^{3})+1\geq 5(x^{2}+y^{2}+z^{2})$
• $x^{3}+y^{3}+z^{3}+6xyz\geq \frac{1}{4}$

Bài toán 3: Cho $x,y,z>0$ và $x+y+z=1$ .

Tìm max: $A=x+16xyz$

 

P/S: Các bài toán mình muốn các bạn làm thật nhiều cách!

 

 

Ta luôn có bổ đề sau với $x,y,z> 0$: $x^{2}+y^{2}+z^{2}+2xyz+1\geq 2(xy+yz+zx)$ 

Thật vậy, theo AM-GM ta có: $2xyz+1=xyz+xyz+1\geq 3\sqrt[3]{x^{2}y^{2}z^{2}}\geq \frac{9xyz}{x+y+z}$

Khi đó chỉ cần chứng minh: $x^{2}+y^{2}+z^{2}+\frac{9xyz}{x+y+z}\geq 2(xy+yz+zx)$

Khai triển và rút gọn ta được bất đẳng thức sau:

$x^{3}+y^{3}+z^{3}+3xyz\geq xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)$(luôn đúng vì đây là bất đẳng thức Schur bậc 3)

Bổ đề đã được chứng minh

Áp dụng bổ đề trên ta có:

$2(x^{2}+y^{2}+z^{2}+xyz)+1\geq (x+y+z)^{2}$

$\Leftrightarrow x^{2}+y^{2}+z^{2}+xyz\geq 4$(đpcm)

Bài 2.1

Cũng sử dụng bất đẳng thức Schur bậc 3.

Bất đẳng thức đã cho tương đương với 

$4(x^3+y^3+z^3)+15\geq (x+y+z)^3=x^3+y^3+z^3+3(x^2y+y^2x)+3(y^2z+z^2y)+3(x^2z+z^2x)+6xyz$

Triệt tiêu, rút gọn cho ta bất đẳng thức Schur bậc 3.

Vậy ta có điều cần chứng minh

[toannguyenebolala]

 

Bài toán 1:  Cho $x,y,z>0$ và $x+y+z=3$ .

                   CM: $x^{2}+y^{2}+z^{2}+xyz\geq 4$

 

Bài toán 2:  Cho $x,y,z>0$ và $x+y+z=1$

Chứng minh:

• $4(x^{3}+y^{3}+z^{3})+15xyz\geq 1$
• $6(x^{3}+y^{3}+z^{3})+1\geq 5(x^{2}+y^{2}+z^{2})$
• $x^{3}+y^{3}+z^{3}+6xyz\geq \frac{1}{4}$

Bài toán 3: Cho $x,y,z>0$ và $x+y+z=1$ .

Tìm max: $A=x+16xyz$

 

P/S: Các bài toán mình muốn các bạn làm thật nhiều cách!

 

 

2.c)

Ta có: $x^{3}+y^{3}+z^{3}+6xyz =x^{3}+(y+z)\begin{bmatrix} (y+z)^{2}-3yz \end{bmatrix} + 6xyz$

=$x^{3} + (1-x)^{3} - 3yz(1-x)+ 6xyz$

=$x^{3}+(1-x)^{3}-3yz+ 9xyz$

=$1-3x+3x^{2}- 3yz(1-3x)$=A

Mà  (0$\leq yz \leq \frac{(1-x)^{2}}{4}$

=>A$\geq 3x^{2}-3x+1 - 3/4(1-x)^{2}(1-3x)$

=$(9x^{3}-9x^{2}+3x+1)/4\geq 1/4.$

=>$x^{3} + y^{3}+ z^{3} + 6xyz \geq 1/4$

Dấu "=" xảy ra khi : x=0 và y=z=1/2

Sau khi chứng minh được 2.1 thì nhân 4 ở cả 2 vế của 2.3 có khả thi không?

[PlanBbyFESN]

Sau khi chứng minh được 2.1 thì nhân 4 ở cả 2 vế của 2.3 có khả thi không?

 

Mình đã nói là cần nhiều cách mà!

 

--------------------------------------------------------------------------------------

 

 

 

Nhìn sơ bộ, mấy bài trên MỖI bài ít nhất cũng trên 3 cách là ít!

[lehakhiem212]

Bài 3

Áp dụng bđt dạng $(a+b)^{2}\geq 4ab$

$1^{2}\doteq (x+y+z)^{2}\geq 4.x.(y+z)$

=>$(y+z)\geq 4.x.(y+z)^{2}\geq 4.x.4yz=16xyz$

=>A$\leq x+y+z=1$

Dấu = khi $x=\frac{1}{2},y=z=\frac{1}{4}$

[hieuhanghai]

 

 

Bài toán 2:  Cho $x,y,z>0$ và $x+y+z=1$

Chứng minh:

$6(x^{3}+y^{3}+z^{3})+1\geq 5(x^{2}+y^{2}+z^{2})$

 

 

 

 

Ta có: Pt <=>$5x^{2}+ 5[(y+z)^{2}-2yz]\leq 6x^{3}+6(1-x)[(1-x)^{2}-3yz]+1$

<=>$5x^{2}+5(x^{2}-2x+1) - 10yz\leq 6x^{3}+6(1-x)^{3}-18(1-x)yz+1$

<=>$10x^{2}-10x+5-10yz\leq 18x^{2}-18x-18(1-x)yz+7$

<=>$A=8x^{2}-8x-10yz+18xyz+2\geq 0$

Mà $0\leq yz\leq \frac{(1-x)^{2}}{4}$

Nên $A\geq 8x^{2}-8x-\frac{8(1-x)^{2}}{4}+2+\frac{18x(1-x)^{2}}{4}\geq 0 = \frac{x(3x-1)^{2}}{2}\geq 0$

=>ĐPCM

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hieuhanghai: 11-04-2016 - 19:21