Chủ đề này có 1 trả lời

[hoangkimca2k2]

Cho $x,y,z$ là các số thực dương. Chứng minh rằng $\frac{xy+yz+xz}{x^{2}+y^{2}+z^{2}}+\frac{\left (x+y+z  \right )^{3}}{xyz}\geq 28$

 

[tr2512]

Cho $x,y,z$ là các số thực dương. Chứng minh rằng $\frac{xy+yz+xz}{x^{2}+y^{2}+z^{2}}+\frac{\left (x+y+z  \right )^{3}}{xyz}\geq 28$

Ta có:

$\frac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^3}}}{{xyz}} + \frac{{xy + yz + z{\rm{x}}}}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}} \ge 28\\ \Leftrightarrow \frac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^3} - 27xyz}}{{xyz}} - \frac{{{x^2} + {y^2} + {z^2} - xy - yz - zx}}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}} \ge 0$

$\Leftrightarrow \frac{{\left( {x + y + z} \right){{\left( {x - y} \right)}^2} + \left( {x + y + z} \right)\left( {x - z} \right)\left( {y - z} \right) + 6z{{\left( {x - y} \right)}^2} + 3\left( {x + y} \right)\left( {x - z} \right)\left( {y - z} \right)}}{{xyz}} - \frac{{{{\left( {x - y} \right)}^2} + \left( {x - z} \right)\left( {y - z} \right)}}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}} \ge 0$

$ \Leftrightarrow {\left( {x - y} \right)^2}\left( {\frac{{x + y + 7z}}{{xyz}} - \frac{1}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}}} \right) + \left( {x - z} \right)\left( {y - z} \right)\left( {\frac{{4x + 4y + z}}{{xyz}} - \frac{1}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}}} \right) \ge 0$

Tới đây, theo bất đẳng thức AM-GM:

$\left( {x + y + z} \right)\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right) \ge 9{\rm{x}}yz$

Như vậy có:

${\frac{{x + y + 7z}}{{xyz}} - \frac{1}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}}}\ge0$

${\frac{{4x + 4y + z}}{{xyz}} - \frac{1}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}}}\ge0$

Giả sử $z=min (x,y,z) $

Hoàn tất chứng minh

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tr2512: 14-04-2018 - 10:34