Chương I - Căn bậc hai. Căn bậc ba

PK

Cho các số thực dương x2 + y2 + z2 = 3

Chứng minh rằng : \(\frac{x}{\sqrt[3]{yz}}+\frac{y}{\sqrt[3]{xz}}+\frac{z}{\sqrt[3]{xy}}\ge xy+yz+xz\)

AH
26 tháng 12 2017 lúc 10:02

Lời giải:

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

\(\text{VT}=\frac{x}{\sqrt[3]{yz}}+\frac{y}{\sqrt[3]{xz}}+\frac{z}{\sqrt[3]{xy}}=\frac{x^2}{\sqrt[3]{x^3yz}}+\frac{y^2}{\sqrt[3]{y^3xz}}+\frac{z^2}{\sqrt[3]{z^3xy}}\)

\(\geq \frac{(x+y+z)^2}{\sqrt[3]{x^3yz}+\sqrt[3]{y^3xz}+\sqrt[3]{z^3xy}}\) (1)

Áp dụng BĐT Am-Gm:

\(\sqrt[3]{x^3yz}\leq \frac{x^2+xyz+1}{3}; \sqrt[3]{y^3xz}\leq \frac{y^2+xyz+1}{3}; \sqrt[3]{z^3xy}\leq \frac{z^2+xyz+1}{3}\)

\(\Rightarrow \sqrt[3]{x^3yz}+\sqrt[3]{y^3xz}+\sqrt[3]{z^3xy}\leq \frac{x^2+y^2+z^2+3xyz+3}{3}=2+xyz\)

Theo BĐT AM-GM:

\(x^2+y^2+z^2\geq 3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}\Leftrightarrow 3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}\leq 3\Leftrightarrow xyz\leq 1\)

Do đó: \(\sqrt[3]{x^3yz}+\sqrt[3]{y^3xz}+\sqrt[3]{z^3xy}\leq 3\) (2)

Từ (1),(2) và sử dụng hệ quả \(x^2+y^2+z^2\geq xy+yz+xz\) :

\(\Rightarrow \text{VT}\geq \frac{(x+y+z)^2}{3}=\frac{x^2+y^2+z^2+2(xy+yz+xz)}{3}\geq \frac{3(xy+yz+xz)}{3}=xy+yz+xz\)

Ta có đpcm

Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=z=1\)

Bình luận (0)
LF
27 tháng 12 2017 lúc 17:50

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(VT\ge\dfrac{x}{\dfrac{y+z+1}{3}}+\dfrac{y}{\dfrac{x+z+1}{3}}+\dfrac{z}{\dfrac{x+y+1}{3}}\)

Cần chứng minh \(\dfrac{9x}{y+z+1}+\dfrac{9y}{x+z+1}+\dfrac{9z}{x+y+1}\ge3\left(xy+yz+xz\right)\)

Cauchy-Schwarz: \(VT=\dfrac{9x^2}{xy+xz+x}+\dfrac{9y^2}{xy+yz+y}+\dfrac{9z^2}{xz+yz+z}\)

\(\ge\dfrac{9\left(x+y+z\right)^2}{2\left(xy+yz+xz\right)+x+y+z}\ge\left(x+y+z\right)^2\)

BĐT cuối đúng vì dễ thấy: \(\left(x+y+z\right)^2\ge3\left(xy+yz+xz\right)\)

Bình luận (0)

Các câu hỏi tương tự
AD
Xem chi tiết
PL
Xem chi tiết
DY
Xem chi tiết
TL
Xem chi tiết
AD
Xem chi tiết
H24
Xem chi tiết
MR
Xem chi tiết
TM
Xem chi tiết
DS
Xem chi tiết