Cho $x, y, z > 0$ và $x+y+z= 1$ . Chứng minh
$xy+ yz+ xz - xyz\leq \frac{8}{27}$
Cho $x, y, z > 0$ và $x+y+z= 1$ . Chứng minh
$xy+ yz+ xz - xyz\leq \frac{8}{27}$
Cuộc đời lắm chông gai thử thách. Chỉ khi ta cố gắng vượt qua, ta mới biết chân quý những thứ mình có được.
Theo bất đẳng thức Schur ta có:
$(x+y+z)^3+9xyz\geq 4(x+y+z)(xy+yz+zx)$
$\Leftrightarrow 9xyz\geq 4(xy+yz+zx)-1$
$\Leftrightarrow 5xyz+1\geq 4(xy+yz+zx-xyz)$
Theo bất đẳng thức AM-GM ta có:
$xyz\leq \frac{(x+y+z)^3}{27}= \frac{1}{27}$
$\Rightarrow xy+yz+zx-xyz\leq \frac{8}{27}$
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
cách khác :
giả sử x,y,z là 3 cạnh tam giác => ta có BĐT phụ $xyz\geqslant(x+y-z)(x+z-y)(y+z-x)$
=>$9xyz\geqslant1-2(x+y+z)+4(xy+yz+xz)=-1+4(xy+yz+xz)=>xy+yz+xz\leqslant \frac{9}{4}xyz+\frac{1}{4}$
từ đó => $xy+yz+xz-xyz\leqslant \frac{9}{4}xyz+\frac{1}{4}-xyz=\frac{5}{4}xyz+\frac{1}{4}\leqslant \frac{5}{4}.\frac{(x+y+z)^3}{27}+\frac{1}{4}=\frac{8}{27}$
Trương Văn Hào ☺☺ 超クール
Kawaiiii ☺
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$M= \frac{1}{a^2 +4b^2 +2} + \frac{1}{4b^2+9c^2+2} + \frac{1}{9c^2+a^2+2}$Bắt đầu bởi katcong, 26-03-2024 bđt, toan 9, vao 10, cuc tri |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
Chứng minh $a+b+c\geq4\left(\frac{a}{bc}+\frac{b}{ca}+\frac{c}{ab}\right)+5$Bắt đầu bởi Leonguyen, 07-06-2023 bđt, bất đẳng thức |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
Tìm GTLN của $Q=(4x-1)(3y-1)(2z-1)$Bắt đầu bởi Leonguyen, 20-04-2023 bđt |
|
|||
Solved
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
Tìm GTLN của $Q=\frac{x+1}{\sqrt{x^2+3}}+\frac{x+1}{\sqrt{3x^2+1}}$Bắt đầu bởi Leonguyen, 30-03-2023 bđt, cực trị, bất đẳng thức |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
Chứng Minh Rằng $\frac{1}{A^2} + \frac{1}{B^2} + \frac{1}{C^2} \geq 3$Bắt đầu bởi nguyetnguyet829, 16-03-2023 bđt |
|
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh