Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Cho x,y,z dương và x+y+z=3. Tìm GTNN của \(A=\frac{3+x^2}{y+z}+\frac{3+y^2}{z+x}+\frac{3+z^2}{x+y}\)
:(
\(A=\frac{3+x^2}{y+z}+\frac{3+y^2}{z+x}+\frac{3+z^2}{x+y}\)
\(=3\left(\frac{1}{y+z}+\frac{1}{z+x}+\frac{1}{x+y}\right)+\left(\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}\right)\)
\(\ge3\cdot\frac{9}{2\left(x+y+z\right)}+\frac{\left(x+y+z\right)^2}{2\left(x+y+z\right)}\)
\(=\frac{27}{2\cdot3}+\frac{3}{2}=6\)
Đẳng thức xảy ra tại x=y=z=1
\(x\left(x-z\right)+y\left(y-z\right)=0\)\(\Leftrightarrow\)\(x^2+y^2=z\left(x+y\right)\)
\(\frac{x^3}{z^2+x^2}=x-\frac{z^2x}{z^2+x^2}\ge x-\frac{z^2x}{2zx}=x-\frac{z}{2}\)
\(\frac{y^3}{y^2+z^2}=y-\frac{yz^2}{y^2+z^2}\ge y-\frac{yz^2}{2yz}=y-\frac{z}{2}\)
\(\frac{x^2+y^2+4}{x+y}=\frac{z\left(x+y\right)+4}{x+y}=z-x-y+\frac{4}{x+y}+x+y\ge z-x-y+4\)
Cộng lại ra minP=4, dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=1\)
\(\Sigma\frac{x^3}{y^2}=\Sigma\frac{x}{y^2}\left(x-y\right)^2+\frac{\Sigma z\left(x^3-yz^2\right)^2}{xyz\left(x+y+z\right)}+\Sigma\frac{x^2}{y}\ge\frac{x^2}{y}+\frac{y^2}{z}+\frac{z^2}{x}\)
Vì đã khuya nên não cũng không còn hoạt động tốt nữa, mình làm bài 1 thôi nhé.
Bài 1:
a)
\(2\text{VT}=\sum \frac{2bc}{a^2+2bc}=\sum (1-\frac{a^2}{a^2+2bc})=3-\sum \frac{a^2}{a^2+2bc}\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(\sum \frac{a^2}{a^2+2bc}\geq \frac{(a+b+c)^2}{a^2+2bc+b^2+2ac+c^2+2ab}=\frac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2}=1\)
Do đó: \(2\text{VT}\leq 3-1\Rightarrow \text{VT}\leq 1\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
b)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(\text{VT}=\sum \frac{ab^2}{a^2+2b^2+c^2}=\sum \frac{ab^2}{\frac{a^2+b^2+c^2}{3}+\frac{a^2+b^2+c^2}{3}+\frac{a^2+b^2+c^2}{3}+b^2}\leq \sum \frac{1}{16}\left(\frac{9ab^2}{a^2+b^2+c^2}+\frac{ab^2}{b^2}\right)\)
\(=\frac{1}{16}.\frac{9(ab^2+bc^2+ca^2)}{a^2+b^2+c^2}+\frac{a+b+c}{16}(1)\)
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(3(ab^2+bc^2+ca^2)\leq (a^2+b^2+c^2)(a+b+c)\)
\(\Rightarrow \frac{1}{16}.\frac{9(ab^2+bc^2+ca^2)}{a^2+b^2+c^2)}\leq \frac{3}{16}(a+b+c)(2)\)
Từ $(1);(2)\Rightarrow \text{VT}\leq \frac{a+b+c}{4}$ (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
Lý giải xíu chỗ $3(ab^2+bc^2+ca^2)\leq (a^2+b^2+c^2)(a+b+c)$ cho bạn nào chưa rõ:
Áp dụng BĐT AM-GM:
$(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)=(a^3+ac^2)+(b^3+a^2b)+(c^3+b^2c)+(ab^2+bc^2+ca^2)$
$\geq 2a^2c+2ab^2+2bc^2+(ab^2+bc^2+ca^2)=3(ab^2+bc^2+ca^2)$
\(A=\frac{x}{1+y^2}+\frac{y}{1+z^2}+\frac{z}{1+x^2}=x\left(1-\frac{y^2}{1+y^2}\right)+y\left(1-\frac{z^2}{1+z^2}\right)+z\left(1-\frac{x^2}{1+x^2}\right)\)
\(\Rightarrow A\ge x\left(1-\frac{y}{2}\right)+y\left(1-\frac{z}{2}\right)+z\left(1-\frac{x}{2}\right)=\left(x+y+z\right)-\frac{xy+yz+zx}{2}\ge3-\frac{\frac{9}{3}}{2}=\frac{3}{2}\)
Dau '=' xay ra khi \(x=y=z=1\)
Vay \(A_{min}=\frac{3}{2}\)khi \(x=y=z=1\)
\(\frac{x^2}{y+1}+\frac{y+1}{4}\ge x;\frac{y^2}{z+1}+\frac{z+1}{4}\ge y;\frac{z^2}{x+1}+\frac{x+1}{4}\ge z\)
\(\Rightarrow VT\ge\frac{3}{4}\left(x+y+z\right)-\frac{3}{4}\ge\frac{3}{4}.2=\frac{3}{2}\)
Dăm 3 vài phương pháp sos:)
\(P=\Sigma_{cyc}\frac{\left(x-y\right)^2\left(x+2y\right)}{y^2}+\left(x+y+z\right)\ge x+y+z=3\)
Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1