Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Áp dụng BĐT cô si với ba số không âm ta có :
=> (1)
Dấu '' = '' xảy ra khi x = 1
CM tương tự ra có " (2) ; (3)
Dấu ''= '' xảy ra khi y = 1 ; z = 1
Từ (1) (2) và (3) =>
BĐT được chứng minh
Dấu '' = '' của bất đẳng thức xảy ra khi x =y =z = 1
:()
Ta có \(2\left(x+y\right)=z\left(xy-7\right)\), do x,y,z là các số dương nên xy-7>0.
Khi đó, từ giả thiết ta được : \(z=\frac{2\left(x+y\right)}{xy-7}\)
Suy ra \(S=f\left(x;y\right)=2x+y+\frac{4\left(x+y\right)}{xy-7}\) với điều kiện \(x>0;y>0,xy>7\) (*)
Với mỗi x cố định, xét đạo hàm của hàm số \(f\left(x;y\right)\) theo ẩn y ta được :
\(f'_y\left(x;y\right)=1+\frac{4\left(xy-7\right)-4x\left(x+y\right)}{\left(xy-7\right)^2}=1-\frac{28+4x^2}{\left(xy-7\right)^2}\)
\(f'_y\left(x;y\right)=0\Leftrightarrow x^2y^2-14xy+21-4x^2=0\)
\(\Leftrightarrow y_0=\frac{7}{x}+2\sqrt{1+\frac{7}{x^2}}\)
Suy ra \(f\left(x;y_0\right)=2x+\frac{11}{x}+4\sqrt{1+\frac{7}{x^2}}\)
Xét hàm số : \(g\left(x\right)=2x+\frac{11}{x}+4\sqrt{1+\frac{7}{x^2}}\) với x>0, với \(g'\left(x\right)=2-\frac{11}{x^2}-\frac{28}{x^3\sqrt{1+\frac{7}{x^2}}}\)
\(g'\left(x\right)=0\Leftrightarrow x=3\)
Khi đó \(g\left(x\right)\ge g\left(3\right)\Leftrightarrow g\left(x\right)\ge15\)
Với điều kiện (*), ta có \(S\ge f\left(x;y_0\right)=g\left(x\right)\ge15\)
Vậy MinS=15 khi x=3, y=5, z=2
\(VT=\left(\frac{1+x}{2}\right)^n+\left(\frac{1+y}{2}\right)^n+\left(\frac{1+z}{2}\right)^n\)
\(VT\ge\left(\frac{2\sqrt{x}}{2}\right)^n+\left(\frac{2\sqrt{y}}{2}\right)^n+\left(\frac{2\sqrt{z}}{2}\right)^n\)
\(VT\ge x^{\frac{n}{2}}+y^{\frac{n}{2}}+z^{\frac{n}{2}}\ge3\sqrt[3]{\left(xyz\right)^{\frac{n}{2}}}=3\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=1\)
Lời giải:
Do \(xyz=8\) nên tồn tại các số dương \(a,b,c\) sao cho \((x,y,z)=\left(\frac{2a^2}{bc},\frac{2b^2}{ac},\frac{2c^2}{ab}\right)\)
Khi đó , BĐT cần CM tương đương với:
\(P=\frac{a^4}{a^4+a^2bc+b^2c^2}+\frac{b^4}{b^4+b^2ac+a^2c^2}+\frac{c^4}{c^4+c^2ab+a^2b^2}\geq 1\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(P\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^4+b^4+c^4+abc(a+b+c)+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}\) \((1)\)
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:
\(a^2b^2+b^2c^2\geq 2ab^2c\). Tương tự với các cặp biểu thức còn lại và cộng theo vế suy ra \(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\geq abc(a+b+c)\)
\(\Rightarrow abc(a+b+c)+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\leq 2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\)
\(\Rightarrow a^4+b^4+c^4+abc(a+b+c)+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\leq (a^2+b^2+c^2)^2\) \((2)\)
Từ \((1),(2)\Rightarrow P\geq 1\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=z=2\)
Giả sử \(x\le y\le z\) do \(xyz\le0\) nên\(x\le0\)
Do \(x^2+y^2+z^2=9\Rightarrow x^2\le9\Rightarrow x\in\left[-3;0\right]\)
Ta có \(yz\le\left(\frac{y+z}{2}\right)^2\le\frac{y^2+z^2}{2}\)
Do đó : \(2\left(x+y+z\right)-xyz=2x+2\left(y+z\right)-xyz\le2x+2\sqrt{2\left(y^2+z^2\right)}-x.\frac{y^2+z^2}{2}\)
\(=2x+2\sqrt{2\left(9-x^2\right)}-\frac{x\left(9-x^2\right)}{2}=\frac{x^3}{2}-\frac{5x}{2}+2\sqrt{2\left(9-x^2\right)}\)
Xét hàm số :
\(f\left(x\right)=\frac{x^3}{2}-\frac{5x}{2}=2\sqrt{2\left(9-x^2\right)}\) với \(x\in\left[-3;0\right]\) \(\Rightarrow f'\left(x\right)=\frac{3x^2}{2}-\frac{5}{2}-\frac{2\sqrt{2}x}{\sqrt{9-x^2}}\)
Xét \(f'\left(x\right)=0\Leftrightarrow\frac{3x^2}{2}-\frac{5}{2}-\frac{2\sqrt{2}x}{\sqrt{9-x^2}}=0\Leftrightarrow\sqrt{9-x^2}\left(5-3x^2\right)=-4\sqrt{2}x\)
\(\Leftrightarrow\left(9-x^2\right)\left(5-3x^2\right)=32x^2\) (với điều kiện \(5-3x^2\ge0\))
\(\Leftrightarrow9x^9-111x^4+327x^2-225=0\)
\(\Leftrightarrow x^2=1;x^2=3;x^2=\frac{25}{3}\)
\(x^2\le\frac{5}{3}\) nên \(x^2=1\Leftrightarrow x=1,x=-1\) (loại)
Ta có \(f\left(-3\right)=-6;f\left(1\right)=10;f\left(0\right)=6\sqrt{2}\) suy ra Max \(f\left(x\right)=f\left(-1\right)=10\)
\(2\left(x+y+z\right)-xyz\le f\left(x\right)\le10\)
Dấu = xảy ra khi x=-1, y=z và \(x^2+y^2+z^2=9\)
\(\Leftrightarrow x=-1;y=z=2\)