Chủ đề này có 3 trả lời

[Oral1020]

Cho $x;y;z$ là những số thực dương thỏa mãn $xyz=1$.Chứng minh rằng:

$$x^5+y^5+z^5+x^3+y^3+z^3 \ge 3+x^2+y^2+z^2$$

[25 minutes]

Cho $x;y;z$ là những số thực dương thỏa mãn $xyz=1$.Chứng minh rằng:

$$x^5+y^5+z^5+x^3+y^3+z^3 \ge 3+x^2+y^2+z^2$$

Áp dụng AM-GM ta có $x^5+x^5+1+1+1 \geq 5x^2$

Tương tự 2 bđt còn lại rồi cộng lại ta có $2(x^5+y^5+z^5)+9 \geq 5(x^2+y^2+z^2)$

                                $\Rightarrow x^5+y^5+z^5 \geq \frac{5(x^2+y^2+z^2)}{2}-\frac{9}{2}$

                                $\Rightarrow x^5+y^5+z^5+x^3+y^3+z^3 \geq \frac{5(x^2+y^2+z^2)}{2}-\frac{9}{2}+x^3+y^3+z^3$

Do đó ta sẽ chứng minh $ \frac{5(x^2+y^2+z^2)}{2}-\frac{9}{2}+x^3+y^3+z^3 \geq 3+x^2+y^2+z^2$

                                $\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+x^3+y^3+z^3 \geq 6$

Nhưng bddt trên luôn đúng theo AM-GM : $x^2+y^2+z^2 \geq 3\sqrt[3]{(xyz)^2}=3,x^3+y^3+z^3 \geq 3xyz=3$

Dấu= xảy ra khi $x=y=z=1$

[Oral1020]

Góp thêm 2 cách nữa mà không biết có đúng hay không nửa

Cách 1:

Dễ dàng thấy $x^5+y^5+z^5 \ge 3$ (AM-GM)$

Ta sẽ chứng minh $x^3+y^3+z^3 \ge x^2+y^2+z^2$

Theo $\text{AM-GM}$,ta có:

$x+y+z \ge 3$

Từ đây áp dụng bất đẳng thức Cheybyshev ta thu được $x^3+y^3+z^3 \ge x^2+y^2+z^2$

Cách 2:

Đặt $x=\dfrac{a}{b};...$

Từ đó ta sẽ có

$\sum \dfrac{a^5}{b^5}+\dfrac{a^3}{b^3} \ge 3 +\sum \dfrac{a^2}{b^2}$

Ta sẽ chứng minh $\dfrac{a^5}{b^5}+\dfrac{a^3}{b^3} \ge 1+\dfrac{a^2}{b^2}$

$\Longleftrightarrow a^5+a^3b^2 \ge b^5+a^2b^3$

$\Longleftrightarrow (a-b)^2(a+b)(a^2+ab+b^2)$

[Christian Goldbach]

Cách khác:

Áp dụng BĐT AM-GM ta có: $x^3+y^3+z^3\geq 3xyz=3$

Ta cần chứng minh: $x^5+y^5+z^5\geq x^2+y^2+z^2$

Áp dụng BĐT Holder ta có: $(x^5+y^5+z^5)(x+y+z)(1+1+1)\geq (x^2+y^2+z^2)^3$

Lại có: $(x^2+y^2+z^2)^2\geq \frac{(x+y+z)^4}{9}\geq (x+y+z).3xyz=3(x+y+z)$

Do đó: $x^5+y^5+z^5\geq x^2+y^2+z^2\Rightarrow Q.E.D$