Cho $x,y,z>0$ thoả mãn $xyz=1$. Chứng minh rằng:
$18\left ( \frac{1}{x^{3}+1}+\frac{1}{y^{3}+1}+\frac{1}{z^{3}+1} \right )\leq (x+y+z)^{3}$
Cho $x,y,z>0$ thoả mãn $xyz=1$. Chứng minh rằng:
$18\left ( \frac{1}{x^{3}+1}+\frac{1}{y^{3}+1}+\frac{1}{z^{3}+1} \right )\leq (x+y+z)^{3}$
Vũ trụ không có biên trong không gian, không có bắt đầu và kết thúc trong thời gian và chẳng có việc gì cho đấng sáng thế phải làm ở đây cả.
Ta có$18\sum \frac{1}{x^3+1}\leq (x+y+z)^3$ (*)
<=>$18\sum \frac{xyz}{x^3+xyz}\leq (x+y+z)^3$
<=>$18\sum \frac{yz}{x^2+yz}\leq (x+y+z)^3$
<=>$18(3-\sum \frac{x^2}{x^2+yz})\leq (x+y+z)^3$
<=>$54\leq 18\sum \frac{x^2}{x^2+yz}+(x+y+z)^3$
Áp dụng bđt C-S dạng engel ta có:$\sum \frac{x^2}{x^2+yz}\geq \frac{(x+y+z)^2}{x^2+y^2+z^2+xy+yz+xz}$
Do đó ta sẽ chứng minh:$54\leq \frac{18(x+y+z)^2}{x^2+y^2+z^2+xy+yz+xz}+(x+y+z)^3$ (**)
Đặt $p=x+y+z$ và $q=xy+yz+xz$
BĐT (**) <=>$54\leq \frac{18p^2}{p^2-q}+p^3$
Lại có:$q\geq \frac{9r}{p}= \frac{9}{p}$ (Theo BĐT Schur)
Đến đây ta hi vọng BĐT sau đúng:$54\leq \frac{18p^2}{p^2-\frac{9}{p}}+p^3$
<=>$54\leq \frac{18p^3}{p^3-9}+p^3$ (***)
Đặt $p^3=t(t\geq 27)$
BĐT (***) <=> $54\leq \frac{18t}{t-9}+t$
<=>$t^2-45t+486\geq 0$
<=>$(t-27)(t-18)\geq 0$ (Luôn đúng)
Vậy BĐT (*) được chứng minh
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hthang0030: 09-08-2016 - 01:47
Cho $x,y,z>0$ thoả mãn $xyz=1$. Chứng minh rằng:
$18\left ( \frac{1}{x^{3}+1}+\frac{1}{y^{3}+1}+\frac{1}{z^{3}+1} \right )\leq (x+y+z)^{3}$
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
$18(\frac{x^2}{x^2+yz}+\frac{y^2}{y^2+zx}+\frac{z^2}{z^2+xy})+(x+y+z)^3\geqslant 54$
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức, ta được:
$18(\frac{x^2}{x^2+yz}+\frac{y^2}{y^2+zx}+\frac{z^2}{z^2+xy})\geqslant \frac{18(x+y+z)^2}{x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx}$
Ta cần chứng minh:
$\frac{18(x+y+z)^2}{x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx}+(x+y+z)^3\geqslant 54$
Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
$\frac{18(x+y+z)^2}{x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx}+(x+y+z)^3\geqslant 2\sqrt{\frac{18(x+y+z)^5}{x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx}}$
Ta quy về chứng minh:
$(x+y+z)^5\geqslant \frac{81}{2}(x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx)$
Ta có: $(x+y+z)^6=(x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx+xy+yz+zx)^3\geqslant 27(x^2+y^2+z^2)(xy+yz+zx)^2\geqslant 81xyz(x+y+z)(x^2+y^2+z^2)=81(x+y+z)(x^2+y^2+z^2)$
$\Rightarrow (x+y+z)^5\geqslant 81(x^2+y^2+z^2)$
Đến đây ta cần chứng minh:
$81(x^2+y^2+z^2)\geqslant\frac{81}{2}(x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx)\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\geqslant xy+yz+zx$
Bất đẳng thức cuối luôn đúng nên ta có điều phải chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=1$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 11-09-2021 - 13:36
Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức
$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh