Chủ đề này có 6 trả lời

[Ispectorgadget]

Cho x,y,z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $xyz\geq xy+xz+yz$
Chứng minh rằng: $xyz\geq 3(x+y+z)$. Đẳng thức xảy ra khi nào?

INDIA 2001

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 14-04-2012 - 22:48

[HÀ QUỐC ĐẠT]

$x^{2}y^{2}z^{2}\geq (xy+yz+zx)^{2}\geq 3xyz(x+z+z)$
$\Rightarrow xyz\geq 3(x+y+z)$
Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=3$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Trần Đức Anh @@: 14-04-2012 - 21:49

[dark templar]

$x^{2}y^{2}z^{2}\geq (xy+yz+zx)^{2}\geq 3xyz(x+z+z)$
$\Rightarrow xyz\geq 3(x+y+z)$
Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=3$

Bài này giải sai $xyz$ chưa chắc dương đâu bạn

[Sunflower2]

Đặt : $a=\frac{1}{x} ; b=\frac{1}{y}; c=\frac{1}{z}$ , đưa về cần chứng minh :

$ab + bc+ca \leq \frac{1}{3}$

với $a+b+c\leq 1$

Ta có :

$ab+bc+ca\leq \frac{(a+b+c)^2}{3}\leq \frac{1}{3}$

Xong , chả biết sai hay đúng nữa . . .a Phúc kiểm tra lại giúp em nha . . .^^~

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 14-04-2012 - 22:47

[Nguyễn Hưng]

Đặt : $a=\frac{1}{x} ; b=\frac{1}{y}; c=\frac{1}{z}$ , đưa về cần chứng minh :

$ab + bc+ca \leq \frac{1}{3}$

với $a+b+c\leq 1$

Ta có :

$ab+bc+ca\leq \frac{(a+b+c)^2}{3}\leq \frac{1}{3}$

Xong , chả biết sai hay đúng nữa . . .a Phúc kiểm tra lại giúp em nha . . .^^~

Qua cách đặt ẩn phụ chưa suy ra được điều kiện $a+b+c \le 1$ vì chưa chắc $abc$ dương.

[Ispectorgadget]

Chết thật em xin lỗi post thiếu đk là dương

[Sunflower2]

Ờ há , khi đặt phải chia xuống , em không để ý tới điều này. . .thanks anh Hưng nha , em sẽ rút kinh nghiệm lần sau . . .^^~