cho $x,y,z \ge 0$ thỏa mãn $x+y+z=1$
Chứng minh rằng:
$0\le xy+yz+zx-2xyz\le \frac{7}{27}$
cho $x,y,z \ge 0$ thỏa mãn $x+y+z=1$
Chứng minh rằng:
$0\le xy+yz+zx-2xyz\le \frac{7}{27}$
cho $x,y,z \ge 0$ thỏa mãn $x+y+z=1$
Chứng minh rằng:
$0\le xy+yz+zx-2xyz\le \frac{7}{27}$
$\bigstar$ Ta có: $xy+yz+zx-2xyz=(xy-xyz)+(yz-xyz)+zx=xy(1-z)+yz(1-x)+zx\geq 0$
Dấu "=" xảy ra khi một số bằng $1$, hai số bằng $0$
$\bigstar$ Trong $3$ số $(x-\frac{1}{3});(y-\frac{1}{3});(z-\frac{1}{3})$ thì luôn tồn tại hai số cùng dấu
Giả sử đó là $(x-\frac{1}{3})$ và $(y-\frac{1}{3})$
Suy ra $(x-\frac{1}{3})(y-\frac{1}{3})\geq 0\Rightarrow xy-\frac{1}{3}(x+y)+\frac{1}{9}\geq 0$
$xy\geq \frac{1}{3}(x+y)-\frac{1}{9}=\frac{1}{3}(1-z)-\frac{1}{9}\Rightarrow xyz\geq \frac{1}{3}z(1-z)-\frac{1}{9}z=\frac{-1}{3}z^{2}+\frac{2}{9}z\Rightarrow -2xyz\leq \frac{2}{3}z^{2}-\frac{4}{9}z(1)$
Vì $4xy\leq (x+y)^{2}\Rightarrow xy\leq \frac{(x+y)^{2}}{4}=\frac{(1-z)^{2}}{4}=\frac{z^{2}-2z+1}{4}(2)$
Lại có $yz+zx=z(x+y)=z(1-z)=-z^{2}+z(3)$
Cộng theo vế $(1)$, $(2)$, $(3)$ ta được: $xy+yz+zx-2xyz\leq \frac{-1}{12}z^{2}+\frac{1}{18}z+\frac{1}{4}=\frac{-1}{12}(z-\frac{1}{3})^{2}+\frac{7}{27}\leq \frac{7}{27}\blacksquare$
Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z=\frac{1}{3}$
cho $x,y,z \ge 0$ thỏa mãn $x+y+z=1$
Chứng minh rằng:
$ xy+yz+zx-2xyz\le \frac{7}{27}$
Phần tìm GTLN có thể làm theo $p,q,r$ và Schur
Ta có $\left\{\begin{matrix} p=x+y+z=1\\q=xy+yz+xz \\r=xyz \end{matrix}\right.$
Ta cần chứng minh $q-2r \leq \frac{7}{27}$
Áp dụng bất đẳng thức Schur ta có $r \geq \frac{4pq-p^3}{9}=\frac{4q-1}{9}$
$\Rightarrow q-2r \leq q-\frac{2(4q-1)}{9}=\frac{q}{9}+\frac{2}{9} \leq \frac{p^2}{27}+\frac{2}{9}=\frac{7}{27}$
Dấu = xảy ra khi $x=y=z=\frac{1}{3}$
Còn có cách khác nữa mà dạng này chắc đến 9 phần
Ta có $x,y,z\rightarrow \frac{x}{x+y+z},\frac{y}{x+y+z},\frac{z}{x+y+z}$
BĐT cần chứng minh tương đương
$\frac{xy+yz+xz}{(x+y+z)^{2}}\leq \frac{2xyz}{(x+y+z)^{3}}+\frac{7}{27}$
Quy đồng rồi rút gọn ta được bđt schur --> qed
TLongHV
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh