Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
* Có BĐT : \(\dfrac{4}{x+y}\le\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\) với $x,y>0$ ( Chứng minh bằng xét hiệu )
Ta có BĐT : \(x^2+y^2\ge\dfrac{\left(x+y\right)^2}{2}\Rightarrow\dfrac{x+y}{x^2+y^2}\le\dfrac{2\left(x+y\right)}{\left(x+y\right)^2}=\dfrac{2}{x+y}\)
Chứng minh tương tự khi đó :
\(P\le\dfrac{2}{x+y}+\dfrac{2}{y+z}+\dfrac{2}{z+x}\)
\(\Rightarrow2P\le\dfrac{4}{x+y}+\dfrac{4}{y+z}+\dfrac{4}{z+x}\le\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}+\dfrac{1}{z}+\dfrac{1}{x}=2.\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)=4032\)
\(\Rightarrow P\le2016\)
Áp dụng bđt Cauchy, ta có:
\(\dfrac{x^2}{y^2}+\dfrac{y^2}{z^2}+\dfrac{z^2}{x^2}\ge\sqrt{\dfrac{x^2}{y^2}\times\dfrac{y^2}{z^2}}+\sqrt{\dfrac{y^2}{z^2}\times\dfrac{z^2}{x^2}}+\sqrt{\dfrac{x^2}{y^2}\times\dfrac{z^2}{x^2}}=\dfrac{x}{z}+\dfrac{y}{x}+\dfrac{z}{y}\left(\text{đ}pcm\right)\)
Dấu "=" xảy ra khi x = y = z
Lời giải:
Ta có:
\(A=\frac{1}{x^2+x}+\frac{1}{y^2+y}+\frac{1}{z^2+z}=\frac{1}{x(x+1)}+\frac{1}{y(y+1)}+\frac{1}{z(z+1)}\)
\(=\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y}-\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z}-\frac{1}{z+1}\)
\(=\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)-\left(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\right)(1)\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(\frac{1}{x}+\frac{1}{1}\geq \frac{4}{x+1}\) và tương tự với các phân thức còn lại rồi cộng lại:
\(\Rightarrow \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+3\geq 4\left(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\right)\)
\(\Leftrightarrow \frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\leq \frac{1}{4}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+3\right)(2)\)
Từ (1); (2) suy ra \(A\geq \frac{3}{4}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}-1\right)\)
Mà theo BĐT Cauchy- Schwarz ta có:
\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\geq \frac{9}{x+y+z}=\frac{9}{3}=3\)
Do đó: \(A\geq \frac{3}{4}(3-1)=\frac{3}{2}\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=z=1\)
1.
Ta có:
\(x^4+y^4\ge\dfrac{1}{2}\left(x^2+y^2\right)^2=\dfrac{1}{2}\left(x^2+y^2\right)\left(x^2+y^2\right)\ge\left(x^2+y^2\right)xy\)
Đặt vế trái của BĐT cần chứng minh là P, áp dụng bồ đề vừa chứng minh ta có:
\(P\le\dfrac{a.abc}{bc\left(b^2+c^2\right)+a.abc}+\dfrac{b.abc}{ca\left(c^2+a^2\right)+b.abc}+\dfrac{c.abc}{ab\left(a^2+b^2\right)+c.abc}\)
\(P\le\dfrac{a^2.bc}{bc\left(a^2+b^2+c^2\right)}+\dfrac{b^2.ac}{ca\left(a^2+b^2+c^2\right)}+\dfrac{c^2.ab}{ab\left(a^2+b^2+c^2\right)}=1\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
2.
\(\dfrac{x^2}{y+z}+\dfrac{y^2}{z+x}+\dfrac{z^2}{x+y}\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{2\left(x+y+z\right)}=\dfrac{x+y+z}{2}=1\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=\dfrac{2}{3}\)
Thay $x=\sqrt{\frac{1}{2,5}}; y=z=\sqrt{\frac{1}{0,25}}$ ta thấy đề sai bạn nhé!
Áp dụng bđt AM-GM ta có :
\(\Rightarrow\dfrac{x^2}{y+z}+\dfrac{y^2}{x+z}+\dfrac{z^2}{x+y}\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{y+z+x+z+x+y}=\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{2\left(x+y+z\right)}=\dfrac{x+y+z}{2}=\dfrac{2}{2}=1\) (do x+y+z=2)
Vậy ....
Áp dụng bđt Cô-si vào các số x,y,z dương:
\(\dfrac{x^2}{y+z}+\dfrac{y+z}{4}\ge2\sqrt{\dfrac{x^2}{y+z}\cdot\dfrac{y+z}{4}}=x\)
Chứng minh tương tự :\(\dfrac{y^2}{x+z}+\dfrac{x+z}{4}\ge y\) , \(\dfrac{z^2}{x+y}+\dfrac{x+y}{4}\ge z\)
\(\Rightarrow\dfrac{x^2}{y+z}+\dfrac{y^2}{x+z}+\dfrac{z^2}{x+y}+\dfrac{1}{2}\left(x+y+z\right)\ge x+y+z\)
\(\Rightarrow\dfrac{x^2}{y+z}+\dfrac{y^2}{x+z}+\dfrac{z^2}{x+y}\ge\dfrac{1}{2}\left(x+y+z\right)=1\)
Dấu bằng xảy ra của cả 2 cách là x=y=z=\(\dfrac{2}{3}\)
đề sai rồi
Dậy sớm quá ( hình như phải là ngủ muộn )