Докажете неравенството:

[danimat]

(x+y+z)^2/x^2+y^2+z^2 ≤ x/y+y/z+z/x x,y,z>0

[KOPMOPAH]

Сигурно неравенството изглежда така $\frac{(x+y+z)^2}{x^2+y^2+z^2} \le \frac xy + \frac yz + \frac zx,\ \ \ \ \ x,y,z>0$

[pal702004]

$\frac x y+\frac y z+\frac z x\ge 3$ (AM-GM)

$1+\frac{2(xy+yz+zx)}{x^2+y^2+z^2}\le 3$, т.к

$2(xy+yz+zx)\le 2(x^2+y^2+z^2)$, т.к.

$(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2\ge 0$

[ева]

Ще използвам доказано неравенство : [tex](x+у+z)^{2}[/tex][tex]\le[/tex]3([tex]x^{2}[/tex]+[tex]у^{2}[/tex]+[tex]z^{2}[/tex]) ,тогава

[tex]\frac{(x+у+z)^{2}}{x^{2}+у^{2}+z^{2}}[/tex][tex]\le[/tex][tex]\frac{3(x^{2}+у^{2}+z^{2})}{x^{2}+у^{2}+z^{2}}[/tex][tex]\le[/tex]3

Лявата страна е [tex]\le[/tex]3 .Не разбрах как доказваш,че дясната страна е [tex]\ge[/tex]3 .

[pal702004]

Не разбрах как доказваш,че дясната страна е [tex]\ge[/tex]3 .

Неравенство между средно аритметично и средно геометрично (AM-GM):

$\frac{a+b+c}{3}\ge \sqrt[3] {abc}$

като се загледаш, $abc=1$

[DekataBG]

[tex]\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}=\frac{x^{2}}{xy}+\frac{y^{2}}{yz}+\frac{z^{2}}{xz}[/tex]

От неравенството на Коши-Шварц[tex]\Rightarrow \frac{x^{2}}{xy}+\frac{y^{2}}{yz}+\frac{z^{2}}{xz} \ge \frac{(x+y+z)^{2}}{xy+yz+xz}[/tex]

[tex]\frac{(x+y+z)^{2}}{xy+yz+xz} \ge \frac{(x+y+z)^{2}}{x^{2} +y^{2} + z^{2}}[/tex] , защото [tex]x^{2} +y^{2} + z^{2} \ge xy + yz + xz[/tex]
От това следва и исканото.

П.П. Извинявам се ако съм объркал нещо, но съм нов във форума.