Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Xét: \(\frac{x^4}{\left(x^2+y^2\right)\left(x+y\right)}-\frac{y^4}{\left(x^2+y^2\right)\left(x+y\right)}=\frac{x^4-y^4}{\left(x^2+y^2\right)\left(x+y\right)}\)\(=\frac{\left(x^2+y^2\right)\left(x^2-y^2\right)}{\left(x^2+y^2\right)\left(x+y\right)}=\frac{\left(x^2+y^2\right)\left(x+y\right)\left(x-y\right)}{\left(x^2+y^2\right)\left(x+y\right)}=x-y\)(1)
Tương tự, ta có: \(\frac{y^4}{\left(y^2+z^2\right)\left(y+z\right)}-\frac{z^4}{\left(y^2+z^2\right)\left(y+z\right)}=y-z\)(2); \(\frac{z^4}{\left(z^2+x^2\right)\left(z+x\right)}-\frac{x^4}{\left(z^2+x^2\right)\left(z+x\right)}=z-x\)(3)
Cộng theo vế của 3 đẳng thức (1), (2), (3), ta được:
\(\left[\frac{x^4}{\left(x^2+y^2\right)\left(x+y\right)}+\frac{y^4}{\left(y^2+z^2\right)\left(y+z\right)}+\frac{z^4}{\left(z^2+x^2\right)\left(z+x\right)}\right]\)\(-\left[\frac{y^4}{\left(x^2+y^2\right)\left(x+y\right)}+\frac{z^4}{\left(y^2+z^2\right)\left(y+z\right)}+\frac{x^4}{\left(z^2+x^2\right)\left(z+x\right)}\right]=0\)
\(\Rightarrow\frac{x^4}{\left(x^2+y^2\right)\left(x+y\right)}+\frac{y^4}{\left(y^2+z^2\right)\left(y+z\right)}+\frac{z^4}{\left(z^2+x^2\right)\left(z+x\right)}\)\(=\frac{y^4}{\left(x^2+y^2\right)\left(x+y\right)}+\frac{z^4}{\left(y^2+z^2\right)\left(y+z\right)}+\frac{x^4}{\left(z^2+x^2\right)\left(z+x\right)}\)
Mà \(A=\frac{x^4}{\left(x^2+y^2\right)\left(x+y\right)}+\frac{y^4}{\left(y^2+z^2\right)\left(y+z\right)}+\frac{z^4}{\left(z^2+x^2\right)\left(z+x\right)}\)nên \(2A=\frac{x^4+y^4}{\left(x^2+y^2\right)\left(x+y\right)}+\frac{y^4+z^4}{\left(y^2+z^2\right)\left(y+z\right)}+\frac{z^4+x^4}{\left(z^2+x^2\right)\left(z+x\right)}\)\(\ge\frac{\frac{\left(y^2+z^2\right)^2}{2}}{\left(x^2+y^2\right)\left(x+y\right)}+\frac{\frac{\left(y^2+z^2\right)^2}{2}}{\left(y^2+z^2\right)\left(y+z\right)}+\frac{\frac{\left(z^2+x^2\right)^2}{2}}{\left(z^2+x^2\right)\left(z+x\right)}\)
\(=\frac{1}{2}\left(\frac{x^2+y^2}{x+y}+\frac{y^2+z^2}{y+z}+\frac{z^2+x^2}{z+x}\right)\)\(\ge\frac{1}{2}\left(\frac{\frac{\left(x+y\right)^2}{2}}{x+y}+\frac{\frac{\left(y+z\right)^2}{2}}{y+z}+\frac{\frac{\left(z+x\right)^2}{2}}{z+x}\right)\)\(=\frac{1}{4}\left[\left(x+y\right)+\left(y+z\right)+\left(z+x\right)\right]=\frac{1}{2}\left(x+y+z\right)=\frac{1}{2}\)(Do theo giả thiết thì x + y + z = 1)
\(\Rightarrow A\ge\frac{1}{4}\)
Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{3}\)
Bài này t làm rồi, "nhẹ" không ấy mà :|
Dự đoán khi \(x=y=z=\frac{1}{3}\Rightarrow A=\frac{1}{4}\). Ta c/m nó là GTNN của A
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có:
\(A=Σ\frac{x^4}{\left(x^2+y^2\right)\left(x+y\right)}\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{Σ\left(x^2+y^2\right)\left(x+y\right)}\)
Cần chứng minh BĐT \(\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{Σ\left(x^2+y^2\right)\left(x+y\right)}\ge\frac{x+y+z}{4}\)
\(\Leftrightarrow4\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\ge\left(x+y+z\right)Σ\left(2x^3+x^2y+x^2z\right)\)
\(\LeftrightarrowΣ\left(2x^4-3x^3y-3x^3z+6x^2y^2-2x^2yz\right)\ge0\)
\(\LeftrightarrowΣ\left(2x^4-3x^3y-3x^3z+4x^2y^2\right)+Σ\left(2x^2y^2-2x^2yz\right)\ge0\)
\(\LeftrightarrowΣ\left(x^4-3x^3y+4x^2y^2-3xy^3+y^4\right)+Σ\left(x^2z^2-2z^2xy+y^2z^2\right)\ge0\)
\(\LeftrightarrowΣ\left(x-y\right)^2\left(x^2-xy+y^2\right)+Σz^2\left(x-y\right)^2\ge0\)
BĐT cuối đúng tức ta có \(A_{Min}=\frac{1}{4}\Leftrightarrow x=y=z=\frac{1}{3}\)
P/s: Nguồn lời giải Câu hỏi của Vo Trong Duy - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath, rảnh quá ngồi gõ lại :V
Bài 4: Áp dụng bất đẳng thức AM - GM, ta có: \(P=\text{}\Sigma_{cyc}a\sqrt{b^3+1}=\Sigma_{cyc}a\sqrt{\left(b+1\right)\left(b^2-b+1\right)}\le\Sigma_{cyc}a.\frac{\left(b+1\right)+\left(b^2-b+1\right)}{2}=\Sigma_{cyc}\frac{ab^2+2a}{2}=\frac{1}{2}\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)+3\)Giả sử b là số nằm giữa a và c thì \(\left(b-a\right)\left(b-c\right)\le0\Rightarrow b^2+ac\le ab+bc\)\(\Leftrightarrow ab^2+bc^2+ca^2\le a^2b+abc+bc^2\le a^2b+2abc+bc^2=b\left(a+c\right)^2=b\left(3-b\right)^2\)
Ta sẽ chứng minh: \(b\left(3-b\right)^2\le4\)(*)
Thật vậy: (*)\(\Leftrightarrow\left(b-4\right)\left(b-1\right)^2\le0\)(đúng với mọi \(b\in[0;3]\))
Từ đó suy ra \(\frac{1}{2}\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)+3\le\frac{1}{2}.4+3=5\)
Đẳng thức xảy ra khi a = 2; b = 1; c = 0 và các hoán vị
Bài 1: Đặt \(a=xc,b=yc\left(x,y>0\right)\)thì điều kiện giả thiết trở thành \(\left(x+1\right)\left(y+1\right)=4\)
Khi đó \(P=\frac{x}{y+3}+\frac{y}{x+3}+\frac{xy}{x+y}=\frac{x^2+y^2+3\left(x+y\right)}{xy+3\left(x+y\right)+9}+\frac{xy}{x+y}\)\(=\frac{\left(x+y\right)^2+3\left(x+y\right)-2xy}{xy+3\left(x+y\right)+9}+\frac{xy}{x+y}\)
Có: \(\left(x+1\right)\left(y+1\right)=4\Rightarrow xy=3-\left(x+y\right)\)
Đặt \(t=x+y\left(0< t< 3\right)\Rightarrow xy=3-t\le\frac{\left(x+y\right)^2}{4}=\frac{t^2}{4}\Rightarrow t\ge2\)(do t > 0)
Lúc đó \(P=\frac{t^2+3t-2\left(3-t\right)}{3-t+3t+9}+\frac{3-t}{t}=\frac{t}{2}+\frac{3}{t}-\frac{3}{2}\ge2\sqrt{\frac{t}{2}.\frac{3}{t}}-\frac{3}{2}=\sqrt{6}-\frac{3}{2}\)với \(2\le t< 3\)
Vậy \(MinP=\sqrt{6}-\frac{3}{2}\)đạt được khi \(t=\sqrt{6}\)hay (x; y) là nghiệm của hệ \(\hept{\begin{cases}x+y=\sqrt{6}\\xy=3-\sqrt{6}\end{cases}}\)
Ta lại có \(P=\frac{t^2-3t+6}{2t}=\frac{\left(t-2\right)\left(t-3\right)}{2t}+1\le1\)(do \(2\le t< 3\))
Vậy \(MaxP=1\)đạt được khi t = 2 hay x = y = 1
x,y>0 => theo bdt AM-GM thì x+y >/ 2 căn (xy)=2 , x^2+y^2 >/ 2xy=2 (do xy=1)
P=(x+y+1)(x^2+y^2)+4/(x+y)
>/ 2(x+y+1)+4/(x+y)=[(x+y)+4/(x+y)]+(x+y+2)
x,y>0=>x+y>0 => theo bdt AM-GM thì P >/ 2.2+2+2=8
minP=8
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki dạng phân thức, ta có : \(1=\frac{\left(\sqrt{a}\right)^2}{x}+\frac{\left(\sqrt{b}\right)^2}{y}\ge\frac{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^2}{x+y}\Leftrightarrow x+y\ge\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^2\)
Đẳng thức xảy ra khi \(\frac{\frac{a}{x}}{x}=\frac{\frac{b}{y}}{y}\)