Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có : \(\frac{x}{x^2-yz+2010}+\frac{y}{y^2-xz+2010}+\frac{z}{z^2-xy+2010}\)
\(=\frac{x^2}{x^3-xyz+2010x}+\frac{y^2}{y^3-xyz+2010y}+\frac{z^2}{z^3-xyz+2010z}\)
\(\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x^3+y^3+z^3-3xyz+2010\left(x+y+z\right)}=\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x^3+y^3+z^3-3xyz+3\left(xy+yz+xz\right)\left(x+y+z\right)}\)
\(=\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x^3+y^3+z^3+3xy^2+3x^2y+3x^2z+3xz^2+3y^2z+3yz^2}=\frac{\left(x+y+z\right)^2}{\left(x+y+z\right)^3}=\frac{1}{x+y+z}\)
Áp dụng BĐT Cosi cho 2 sô dương ta có: \(x^2+yz\ge2x\sqrt{yz}\)
Tương tự: \(y^2+zx\ge2y\sqrt{zx};z^2+xy\ge2z\sqrt{xy}\)
Khi đó BĐT sẽ được chứng minh nếu ta chỉ ra được:
\(\frac{1}{2x\sqrt{yz}}+\frac{1}{2y\sqrt{zx}}+\frac{1}{2z\sqrt{xy}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}}{xyz}\le\frac{x+y+z}{xyz}\Leftrightarrow\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}\le x+y+z\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{2}\left(\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)^2+\left(\sqrt{y}-\sqrt{z}\right)^2+\left(\sqrt{z}-\sqrt{x}\right)^2\right)\ge0\)(luôn đúng)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z\)
Áp dụng BĐT Cosi cho 2 số dương ta có: \(x^2+yz\ge2\sqrt{x^2yz}=2x\sqrt{yz}\)
Tương tự: \(y^2+zx\ge2y\sqrt{zx},z^2+xy\ge2z\sqrt{xy}\)
Khi đó BĐT sẽ được chứng minh nếu ta chỉ ra được:
\(\frac{1}{2x\sqrt{yz}}+\frac{1}{2y\sqrt{zx}}+\frac{1}{2z\sqrt{xy}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}}{xyz}\le\frac{x+y+z}{xyz}\Leftrightarrow\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}\le x+y+z\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{2}\left(\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)^2+\left(\sqrt{y}-\sqrt{z}\right)^2+\left(\sqrt{z}-\sqrt{x}\right)^2\right)\ge0\)(luôn đúng)
Vậy BĐT được chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z\)
Cách 2:
Ta chuẩn hóa xyz=1
BĐT viết lại là \(\frac{x}{x^3+1}+\frac{y}{y^3+1}+\frac{z}{z^3+1}\le\frac{1}{2}\left(x+y+z\right)\)
Ta sử dụng đánh giá
\(x-\frac{2x}{x^3+1}+\frac{3}{2}\ge\frac{9x^2}{2\left(x^2+x+1\right)}\)\(\Leftrightarrow\frac{\left(x-1\right)^2\left(2x^4+3x^2+7x+3\right)}{2\left(x^3+1\right)\left(x^2+x+1\right)}\ge0\)
Do vậy ta cần c/m \(\frac{x^2}{x^2+x+1}+\frac{y^2}{y^2+y+1}+\frac{z^2}{z^2+z+1}\ge1\)
ta có \(\left(x;y;z\right)\rightarrow\left(\frac{a^2}{bc};\frac{b^2}{ca};\frac{c^2}{ab}\right)\)
BĐT viết lại là \(\frac{a^4}{a^4+a^2bc+\left(bc\right)^2}+\frac{b^4}{b^4+b^2ca+\left(ca\right)^2}+\frac{c^4}{c^4+c^2ab+\left(ab\right)^2}\ge1\)
Theo bđt Cauchy-Schwarz ta có
\(VT\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^4+b^4+c^4+abc\left(a+b+c\right)+\left(ab\right)^2+\left(bc\right)^2+\left(ca\right)^2}\)
Theo bđt AM-GM ta có
\(VT\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^4+b^4+c^4+2\left(ab\right)^2+2\left(bc\right)^2+2\left(ca\right)^2}=1\)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=> x=y=z
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\sqrt[3]{yz}\le\frac{y+z+1}{3}\Rightarrow\frac{x}{\sqrt[3]{yz}}\ge\frac{x}{\frac{y+z+1}{3}}=\frac{3x}{y+z+1}\)
Tương tự rồi cộng lại ta có:
\(VT\ge3\left(\frac{x}{y+z+1}+\frac{y}{x+z+1}+\frac{z}{x+y+1}\right)\)
\(=3\left(\frac{x^2}{xy+yz+x}+\frac{y^2}{xy+yz+y}+\frac{z^2}{yz+xz+z}\right)\)
\(\ge\frac{3\left(x^4+y^4+z^4\right)}{2\left(xy+yz+xz\right)+x+y+z}\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x^2+y^2+z^2}\)
\(=x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+xz=VP\)
Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=z=1\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\sqrt[3]{yz}\le\frac{y+z+1}{3}\Rightarrow\frac{x}{\sqrt[3]{yz}}\ge\frac{x}{\frac{y+z+1}{3}}=\frac{3x}{y+z+1}3yz≤3y+z+1⇒3yzx≥3y+z+1x=y+z+13x
Tương tự rồi cộng lại ta có:
VT\ge3\left(\frac{x}{y+z+1}+\frac{y}{x+z+1}+\frac{z}{x+y+1}\right)VT≥3(y+z+1x+x+z+1y+x+y+1z)
=3\left(\frac{x^2}{xy+yz+x}+\frac{y^2}{xy+yz+y}+\frac{z^2}{yz+xz+z}\right)=3(xy+yz+xx2+xy+yz+yy2+yz+xz+zz2)
\ge\frac{3\left(x^4+y^4+z^4\right)}{2\left(xy+yz+xz\right)+x+y+z}\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x^2+y^2+z^2}≥2(xy+yz+xz)+x+y+z3(x4+y4+z4)≥x2+y2+z2(x2+y2+z2)2
=x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+xz=VP=x2+y2+z2≥xy+yz+xz=VP
Đẳng thức xảy ra khi x=y=z=1x=y=z=1
Cho a, b, c mà bắt chứng minh x, y, z nên ko chứng minh đc là đúng òi:)
\(VT-VP=\Sigma_{cyc}\frac{\left(x-y\right)^4}{4xy\left(x^2+y^2\right)}\ge0\)
vì có 1 chút nhầm lẫn nên giờ mk mới ra mong bạn thứ lỗi
bài 1
\(\Leftrightarrow\frac{4a^4}{2a^3+2a^2b^2}+\frac{4b^4}{2b^3+2c^2b^2}+\frac{4c^4}{2c^3+2a^2c^2}\)
\(\ge\frac{\left(2a^2+2b^2+2c^2\right)^2}{2a^3+2b^3+2c^3+2a^2b^2+2c^2b^2+2a^2c^2}\)
\(\ge\frac{36}{a^4+a^2+b^4+b^2+c^4+c^2+2a^2b^2+2c^2b^2+2a^2c^2}\)
\(=\frac{36}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2+a^2+b^2+c^2}=3\ge a+b+c\)
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Bài 2 là chuyên Bình Thuận, 2016-2017
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz, ta có:
\(\frac{xy}{x^2+yz+zx}\le\frac{xy\left(y^2+yz+zx\right)}{\left(x^2+yz+zx\right)\left(y^2+yz+zx\right)}\le\frac{xy\left(y^2+yz+zx\right)}{\left(xy+yz+zx\right)^2}\)
Tương tự: \(\frac{yz}{y^2+zx+xy}\le\frac{xy\left(z^2+zx+xy\right)}{\left(xy+yz+zx\right)^2}\);\(\frac{zx}{z^2+xy+yz}\le\frac{zx\left(x^2+xy+yz\right)}{\left(xy+yz+zx\right)^2}\)
Cộng từng vế của 3 BĐT trên. ta được:
\(VT\le\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)\left(xy+yz+zx\right)}{\left(xy+yz+zx\right)^2}=\frac{x^2+y^2+z^2}{xy+yz+zx}\)
Đẳng thức xảy ra khi x = y = z