Toán Chứng minh bất đẳng thức

Chibaek said:

1. Giả sử x, y, z là các số thực thỏa mãn: x+y+z+xy+yz+xz=6
Chứng minh rằng: [tex]x^2+y^2+z^2\geqslant 3[/tex]
2. Với a,b,c >0 thỏa mãn abc=1
Chứng minh rằng: [tex]\frac{a}{(ab+a+1)^2}+\frac{b}{(bc+b+1)^2}+\frac{c}{(ca+c+1)^2}[/tex][tex]\geqslant \frac{1}{a+b+c}[/tex]
3.Cho x, y, z >0 thỏa mãn x+y+z=1.
Tìm GTLN của Q=[tex]\frac{x}{x+\sqrt{x+yz}}+\frac{y}{y+\sqrt{y+xz}}+\frac{z}{z+\sqrt{z+xy}}[/tex]

Bấm để xem đầy đủ nội dung ...

1)$6=x+y+z+xy+yz+zx \leq \sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}+(x^2+y^2+z^2)$.
Đặt $\sqrt{x^2+y^2+z^2}=X$.
Đưa về bpt bậc $2$ giải ra được $X \geq \sqrt{3} \Rightarrow x^2+y^2+z^2 \geq 3$.
2)Đặt $a=\dfrac{1}{x},b=\dfrac{1}{y} \rightarrow c=xy$.
Thay vào phương trình ta sẽ được:
$\dfrac{xy^2+y+xy}{(xy+y+1)^2} \geq \dfrac{xy}{x+y+x^2y^2}
\\\Rightarrow (xy^2+y+xy)(x+y+x^2y^2) \geq xy(xy+y+1)^2
\\\Rightarrow x^3y^4+x^2y+y^2 \geq x^2y^3+x^2y^2+xy^2(*)$
Bây giờ ta sẽ chứng minh $(*)$ thật vậy:
$x^3y^4+xy^2 \geq 2x^2y^3
\\x^2y+x^2y^3 \geq 2x^2y^2
\\y^2+x^2y^2 \geq 2xy^2
\\\Rightarrow x^3y^3+x^2y+y^2 \geq x^2y^3+x^2y^2+xy^2(Q.E.D)$
Dấu '=' khi $x=y=z=1$ hay $a=b=c=1$.
3)
$\sum \dfrac{x}{x+\sqrt{x+yz}}
\\=\sum \dfrac{x}{x+\dfrac{\sqrt{(x+y)(x+z)}}{2}+\dfrac{\sqrt{(x+y)(x+z)}}{2}}
\\\leq \sum \dfrac{x}{3\sqrt[3]{\dfrac{x(x+y)(x+z)}{4}}}
\\=\sum \dfrac{\sqrt[3]{4}}{3}\sqrt[3]{\dfrac{x^2}{(x+y)(x+z)}}
\\=\sum \dfrac{\sqrt[3]{8}}{3}\sqrt[3]{\dfrac{1}{2}.\dfrac{x}{x+y}.\dfrac{x}{x+z}}
\\\leq \dfrac{2}{9} \sum(\dfrac{1}{2}+\dfrac{x}{x+y}+\dfrac{x}{x+z})
\\=1$.
Dấu '=' khi $x=y=z=1$