Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Áp dụng BĐT Cauchy, ta có:
\(VT\ge3\sqrt[3]{\dfrac{x^2.y^2.z^2}{\left(1+x\right)\left(1+y\right)\left(1+z\right)}}=3\sqrt[3]{\dfrac{1}{\left(1+x\right)\left(1+y\right)\left(1+z\right)}}\)
Ta có: xyz=1 và x,y,z >0
\(\Rightarrow x\le1\Rightarrow x+1\le2\Rightarrow\dfrac{1}{x+1}\ge\dfrac{1}{2}\)
Tương tự \(\dfrac{1}{y+1}\ge\dfrac{1}{2}\)
\(\dfrac{1}{z+1}\ge\dfrac{1}{2}\)
\(\Rightarrow VT\ge3\sqrt[3]{\dfrac{1}{x+1}.\dfrac{1}{y+1}.\dfrac{1}{z+1}}=\dfrac{3}{2}\)
Đẳng thức xảy ra khi x=y=z=1
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(\dfrac{1}{ab+a+2}=\dfrac{1}{ab+1+a+1}\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{ab+1}+\dfrac{1}{a+1}\right)\)
\(=\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{abc}{ab+abc}+\dfrac{1}{a+1}\right)=\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{abc}{ab\left(c+1\right)}+\dfrac{1}{a+1}\right)=\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{c}{c+1}+\dfrac{1}{a+1}\right)\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta cũng có:
\(\dfrac{1}{bc+b+2}\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{a}{a+1}+\dfrac{1}{b+1}\right);\dfrac{1}{ca+c+2}\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{b}{b+1}+\dfrac{1}{c+1}\right)\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(VT\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{a+1}{a+1}+\dfrac{b+1}{b+1}+\dfrac{c+1}{c+1}\right)=\dfrac{1}{4}\cdot3=\dfrac{3}{4}\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)
\(BĐT\Leftrightarrow\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+\dfrac{3}{abc}\ge2\left(\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}\right)\)
Đổi \(\left(\dfrac{1}{a};\dfrac{1}{b};\dfrac{1}{c}\right)\rightarrow\left(a;b;c\right)\)
\(BĐT\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+3abc\ge2\left(ab+bc+ca\right)\) , abc=1.
Theo nguyên lý diriclet thì trong 3 số a-1; b-1; c-1 có ít nhất 2 số cùng dấu .Giả sử đó là a-1 và b-1 thì \(\left(a-1\right)\left(b-1\right)\ge0\Leftrightarrow ab+1\ge a+b\)
\(\Leftrightarrow abc\ge ac+bc-c\)
khi đó BĐT cần cm tương đương :
\(a^2+b^2+c^2+3\left(ac+bc-c\right)\ge2\left(ab+bc+ca\right)\)
hay \(\left(a-b\right)^2+c\left(a+b+c-3\right)\ge0\)
Điều này luôn đúng do \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}=3\)
Vậy BĐt được chứng minh.Dấu = xảy ra khi a=b=c=1.
+,3 = x + y + z \(\ge\) \(3\sqrt[3]{xyz}\Rightarrow xyz\le1\)
+, P \(\ge\) \(3\sqrt[3]{\dfrac{1}{xyz\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)}}\ge\dfrac{3}{\sqrt[3]{\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)}}\ge\dfrac{3}{\dfrac{x+y+z+3}{3}}=\dfrac{3}{2}\)
Bài 1:
Dự đoán dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\) ta tính được giá trị là \(9\)
Ta sẽ chứng minh nó là GTLN
Thật vậy ta cần chứng minh
\(\Sigma\dfrac{11a+4b}{4a^2-ab+2b^2}\le\dfrac{3\left(ab+ac+bc\right)}{abc}\)
\(\LeftrightarrowΣ\left(\dfrac{3}{a}-\dfrac{11a+4b}{4a^2-ab+2b^2}\right)\ge0\)
\(\LeftrightarrowΣ\dfrac{\left(a-b\right)\left(a-6b\right)}{a\left(4a^2-ab+2b^2\right)}\ge0\)
\(\LeftrightarrowΣ\left(\dfrac{\left(a-b\right)\left(a-6b\right)}{a\left(4a^2-ab+2b^2\right)}+\dfrac{1}{b}-\dfrac{1}{a}\right)\ge0\)
\(\LeftrightarrowΣ\dfrac{\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)}{ab\left(4a^2-ab+2b^2\right)}\ge0\) (luôn đúng)
Bài 2:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(\left(a^5+b^2+c^2\right)\left(\dfrac{1}{a}+b^2+c^2\right)\ge\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{a^5+b^2+c^2}\le\dfrac{\dfrac{1}{a}+b^2+c^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\)
Tương tự rồi cộng theo vế ta có:
\(Σ\dfrac{1}{a^5+b^2+c^2}\le\dfrac{Σ\dfrac{1}{a}+2Σa^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\)
Ta chứng minh \(Σ\dfrac{1}{a}+2\left(a^2+b^2+c^2\right)\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\) - BĐT cuối đúng
Vậy ta có ĐPCM. Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Bài 3:
Từ \(a+b+c=3abc\Rightarrow\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}=3\)
Đặt \(\left(\dfrac{1}{a};\dfrac{1}{b};\dfrac{1}{c}\right)\rightarrow\left(x;y;z\right)\)\(\Rightarrow xy+yz+xz=3\) và BĐT cần chứng minh là
\(x^3+y^3+z^3\ge3\). Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(x^3+x^3+1\ge3\sqrt[3]{x^3\cdot x^3\cdot1}=3x^2\)
Tương tự có: \(y^3+y^3+1\ge3y^2;z^3+z^3+1\ge3z^2\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(2\left(x^3+y^3+z^3\right)+3\ge3\left(x^2+y^2+z^2\right)\)
Lại có BĐT quen thuộc \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+xz\)
\(\Rightarrow3\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge3\left(xy+yz+xz\right)=9\left(xy+yz+xz=3\right)\)
\(\Rightarrow2\left(x^3+y^3+z^3\right)+3\ge9\Rightarrow2\left(x^3+y^3+z^3\right)\ge6\)
\(\Rightarrow x^3+y^3+z^3\ge3\). BĐT cuối đúng nên ta có ĐPCM
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)
T/b:Vâng, rất giỏi 
Bài 1:
Ta có: \(\dfrac{2a}{\sqrt{1+a^2}}=\dfrac{2a}{\sqrt{ab+bc+ca+a^2}}=\dfrac{2a}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\)
\(\dfrac{b}{\sqrt{1+b^2}}=\dfrac{b}{\sqrt{ab+bc+ca+b^2}}=\dfrac{b}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}\)
\(\dfrac{c}{\sqrt{1+c^2}}=\dfrac{c}{\sqrt{ab+bc+ca+c^2}}=\dfrac{c}{\sqrt{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}\)
Vậy \(P=\dfrac{2a}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}+\dfrac{b}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}+\dfrac{c}{\sqrt{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(P\le a\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{a+c}\right)+b\left(\dfrac{1}{4\left(b+c\right)}+\dfrac{1}{a+c}\right)+c\left(\dfrac{1}{4\left(b+c\right)}+\dfrac{1}{a+c}\right)=\dfrac{9}{4}\)
Bài 2:
Ta có:
\(\dfrac{1+\sqrt{1+x^2}}{x}=\dfrac{2+\sqrt{4\left(1+x^2\right)}}{2x}\le\dfrac{2+\dfrac{4+\left(1+x^2\right)}{2}}{2x}=\dfrac{9+x^2}{4x}\)
Tương tự ta cũng có:
\(\dfrac{1+\sqrt{1+y^2}}{y}\le\dfrac{9+y^2}{4y};\dfrac{1+\sqrt{1+z^2}}{z}\le\dfrac{9+z^2}{4z}\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(\dfrac{1+\sqrt{1+x^2}}{x}+\dfrac{1+\sqrt{1+y^2}}{y}+\dfrac{1+\sqrt{1+z^2}}{z}\le\dfrac{9+x^2}{4x}+\dfrac{9+y^2}{4y}+\dfrac{9+z^2}{4z}\)
\(=\dfrac{9\left(xy+yz+xz\right)+xyz\left(x+y+z\right)}{4xyz}\le\dfrac{9\cdot\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{3}+\left(xyz\right)^2}{4xyz}=xyz\)
Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=z=\sqrt{3}\)
Bài 1:
\(\dfrac{2a}{\sqrt{1+a^2}}=\dfrac{2a}{\sqrt{a^2+ab+bc+ca}}=\dfrac{2a}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\)
Sau đó côsi
Tự làm nốt nhé, ra 3/2 đấy. Em học lớp 8 nên cách giải chỉ thế thôi. Câu 2 em chưa làm được
a)Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\left\{{}\begin{matrix}x^2+y^2\ge2xy\\y^2+1\ge2y\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow x^2+2y^2+1\ge2xy+2y\)
\(\Rightarrow x^2+2y^2+3\ge2xy+2y+2\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{x^2+2y^2+3}\le\dfrac{1}{2\left(xy+y+1\right)}\Leftrightarrow\dfrac{2}{x^2+2y^2+3}\le\dfrac{1}{xy+y+1}\)
b)Áp dụng bổ đề trên ta có:
\(a^2+2b^2+3\ge2ab+2b+2\Rightarrow\dfrac{1}{a^2+2b^2+3}\le\dfrac{1}{2\left(ab+b+1\right)}\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta cũng có:
\(\dfrac{1}{b^2+2c^2+3}\le\dfrac{1}{2\left(bc+b+1\right)};\dfrac{1}{c^2+2a^2+3}\le\dfrac{1}{2\left(ac+c+1\right)}\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(Q\le\dfrac{1}{2\left(ab+b+1\right)}+\dfrac{1}{2\left(bc+b+1\right)}+\dfrac{1}{2\left(ac+c+1\right)}\)
\(=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{ab+b+1}+\dfrac{1}{bc+b+1}+\dfrac{1}{ac+c+1}\right)\)
\(=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{a}{ac+c+1}+\dfrac{ac}{ac+c+1}+\dfrac{1}{ac+c+1}\right)\left(abc=1\right)\)
\(=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{ac+c+1}{ac+c+1}\right)=\dfrac{1}{2}\)
Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=z=1\)