Cho các số thực \(x,y,z \ge 0\) thỏa mãn \(x + y + z > 0\).Chứng minh rằng: \(\dfrac{1}{3} \le

Câu hỏi số 722121:

Vận dụng cao

Cho các số thực \(x,y,z \ge 0\) thỏa mãn \(x + y + z > 0\).

Chứng minh rằng: \(\dfrac{1}{3} \le \dfrac{{{x^2}}}{{3{x^2} + {{(y + z)}^2}}} + \dfrac{{{y^2}}}{{3{y^2} + {{(z + x)}^2}}} + \dfrac{{{z^2}}}{{3{z^2} + {{(x + y)}^2}}} \le \dfrac{1}{2}\).

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:722121

Phương pháp giải

Phân tích \(3{x^2} + {(y + z)^2} = 2{x^2} + {x^2} + {(y + z)^2} \ge 2{x^2} + 2x(y + z) = 2x(x + y + z)\)

Tương tự \(3{y^2} + {(z + x)^2} \ge 2y(x + y + z)\)

\(3{z^2} + {(x + y)^2} \ge 2z(x + y + z)\)

Giải chi tiết

Ta có \(3{x^2} + {(y + z)^2} = 2{x^2} + {x^2} + {(y + z)^2} \ge 2{x^2} + 2x(y + z) = 2x(x + y + z)\)

Tương tự \(3{y^2} + {(z + x)^2} \ge 2y(x + y + z)\)

\(3{z^2} + {(x + y)^2} \ge 2z(x + y + z)\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow P = \dfrac{{{x^2}}}{{3{x^2} + {{(y + z)}^2}}} + \dfrac{{{y^2}}}{{3{y^2} + {{(z + x)}^2}}} + \dfrac{{{z^2}}}{{3{z^2} + {{(x + y)}^2}}}\\ \ge \dfrac{{{x^2}}}{{2x\left( {x + y + z} \right)}} + \dfrac{{{y^2}}}{{2y\left( {x + y + z} \right)}} + \dfrac{{{z^2}}}{{2z\left( {x + y + z} \right)}} = \dfrac{{x + y + z}}{{2\left( {x + y + z} \right)}} = \dfrac{1}{2}\end{array}\)

Dấu “=” xảy ra khi \(x = y = z\)

Ta có \(3{x^2} + {(y + z)^2} \le 3{x^2} + 2\left( {{y^2} + {z^2}} \right)\)

\( \Rightarrow \dfrac{{{x^2}}}{{3{x^2} + {{\left( {y + z} \right)}^2}}} \ge \dfrac{{{x^2}}}{{3{x^2} + 2\left( {{y^2} + {z^2}} \right)}} = \dfrac{{{x^4}}}{{3{x^4} + 2{x^2}\left( {{y^2} + {z^2}} \right)}}\)

Tương tự \(\dfrac{{{y^2}}}{{3{y^2} + {{(z + x)}^2}}} \ge \dfrac{{{y^4}}}{{3{y^4} + 2{y^2}({z^2} + {x^2})}};\,\,\,\dfrac{{{z^2}}}{{3{z^2} + {{(x + y)}^2}}} \ge \dfrac{{{z^4}}}{{3{z^4} + 2{z^2}({x^2} + {y^2})}}\)

\( \Rightarrow P \ge \dfrac{{{{\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right)}^2}}}{{3\left( {{x^4} + {y^4} + {z^4}} \right) + 4\left( {{x^4}{y^2} + {y^2}{z^2} + {z^2}{x^2}} \right)}}\)

Ta đi chứng minh \(\dfrac{{{{\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right)}^2}}}{{3\left( {{x^9} + {y^4} + {z^4}} \right) + 4\left( {{x^2}{y^2} + {y^2}{z^2} + {t^2}{x^2}} \right)}} \ge \dfrac{1}{3}\)

Dấu “=” có khi hai trong 3 số x , y, z bằng 0 chẳng hạn \(x = y = 0\)

Vậy \(\dfrac{1}{3} \le \dfrac{{{x^2}}}{{3{x^2} + {{(y + z)}^2}}} + \dfrac{{{y^2}}}{{3{y^2} + {{(z + x)}^2}}} + \dfrac{{{z^2}}}{{3{z^2} + {{(x + y)}^2}}} \le \dfrac{1}{2}\)

Tham Gia Group 2K10 Ôn Thi Vào Lớp 10 Miễn Phí

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> Học trực tuyến lớp 9 & lộ trình Up 10! trên Tuyensinh247.com Đầy đủ khoá học các bộ sách (Kết nối tri thức với cuộc sống; Chân trời sáng tạo; Cánh diều), theo lộ trình 3: Nền Tảng, Luyện Thi, Luyện Đề. Bứt phá điểm lớp 9, thi vào lớp 10 kết quả cao. Hoàn trả học phí nếu học không hiệu quả.