YOMEDIA
NONE

Chứng minh rằng x/căn bậc [3]yz+y/căn bậc [3]xz+z/căn bậc [3]xy>= xy+yz+xz

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

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

Theo dõi Vi phạm
ADSENSE

Trả lời (2)

  • Trần Thị Hồng Phượng

    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 \(x=y=z=1\)

      bởi Trần Thị Hồng Phượng 09/01/2019
    Like (0) Báo cáo sai phạm
Cách tích điểm HP

Nếu bạn hỏi, bạn chỉ thu về một câu trả lời.
Nhưng khi bạn suy nghĩ trả lời, bạn sẽ thu về gấp bội!

Lưu ý: Các trường hợp cố tình spam câu trả lời hoặc bị báo xấu trên 5 lần sẽ bị khóa tài khoản

Gửi câu trả lời Hủy
 
NONE

Các câu hỏi mới

AANETWORK
 

XEM NHANH CHƯƠNG TRÌNH LỚP 9

 

YOMEDIA
AANETWORK
OFF