Cho x,y,z là ba số không âm thỏa mãn: x + y + z = 1. Chứng minh rằng:
\(\frac{x}{1+x^2}+\frac{y}{1+y^2}+\frac{z}{1+z^2}\le\frac{9}{10}\)
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta thấy:
\(\left(a^2+2bc\right)+\left(b^2+2ac\right)+\left(c^2+2ab\right)=\left(a+b+c\right)^2\le1\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(P\ge\left[\left(a^2+2bc\right)+\left(b^2+2ac\right)+\left(c^2+2ab\right)\right]\left(\frac{1}{a^2+2bc}+\frac{1}{b^2+2ac}+\frac{1}{c^2+2ab}\right)\)
\(\ge3\sqrt[3]{\left(a^2+2bc\right)\left(b^2+2ac\right)\left(c^2+2ab\right)}\cdot3\sqrt[3]{\frac{1}{a^2+2bc}\cdot\frac{1}{b^2+2ac}\cdot\frac{1}{c^2+2ab}}=9\)
Dấu "="xảy ra khi \(\left\{\begin{matrix}a+b+c=1\\a^2+2bc=b^2+2ac=c^2+2ab\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow a=b=c=\frac{1}{3}\)
Vậy \(Min_P=9\) khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
Giả sử \(C\left(c;-c;-3\right)\in d_1\)
\(D\left(5d+16;d\right)\in d_2\)
\(\Rightarrow\overrightarrow{CD}=\left(5d+16-c;d+c+3\right)\)
ABCD là hình bình hành \(\Rightarrow\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{BA}=\left(3;4\right)\)
\(\Rightarrow\begin{cases}5d+16-c=3\\d+c+3=4\end{cases}\)\(\Leftrightarrow\begin{cases}5d-c=-13\\d+c=1\end{cases}\)
\(\Leftrightarrow\begin{cases}d=-2\\c=3\end{cases}\)
\(\Rightarrow C\left(3;-6\right);D\left(6;-2\right)\)
Ta có : \(\overrightarrow{BA}=\left(3;4\right);\overrightarrow{BC}=\left(4;-3\right)\) không cùng phương => A, B, C, D không thẳng hàng => ABCD là hình bình hàng
Vậy \(C\left(3;-6\right);D\left(6;-2\right)\)
Áp dụng bđt Cô si với 2 số dương là: \(\sqrt{\frac{b+c}{a}}\) và 1 ta có:
\(\left(\frac{b+c}{a}+1\right):2\ge\sqrt{\frac{b+c}{a}.1}\)
\(\Leftrightarrow\) \(\frac{a+b+c}{2a}\ge\sqrt{\frac{b+c}{a}}\)
hay \(\sqrt{\frac{a}{b+c}}\ge\frac{2a}{a+b+c}\left(1\right)\)
Tương tự như trên ta cũng có:
\(\sqrt{\frac{b}{a+c}}\ge\frac{2b}{a+b+c}\left(2\right)\)
\(\sqrt{\frac{c}{a+b}}\ge\frac{2c}{a+b+c}\left(3\right)\)
Từ (1); (2) và (3) \(\Rightarrow\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{a+c}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}\ge\frac{2a}{a+b+c}+\frac{2b}{a+b+c}+\frac{2c}{a+b+c}=\frac{2.\left(a+b+c\right)}{a+b+c}=2\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\begin{cases}\sqrt{\frac{b+c}{a}}=1\\\sqrt{\frac{a+c}{b}}=1\\\sqrt{\frac{a+b}{c}}=1\end{cases}\)\(\Leftrightarrow\begin{cases}\frac{b+c}{a}=1\\\frac{a+c}{b}=1\\\frac{a+b}{c}=1\end{cases}\)\(\Leftrightarrow\begin{cases}b+c=a\\a+c=b\\a+b=c\end{cases}\)
\(\Rightarrow2.\left(a+b+c\right)=a+b+c\)\(\Rightarrow a+b+c=0\), mâu thuẫn với đề bài a; b; c là các số dương
Như vậy dấu "=" không xảy ra
Do đó, \(\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{a+c}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}>2\left(đpcm\right)\)
Chứng minh bằng quy nạp :
Suy ra a = y+z , b = z+x , c = x+y
BĐT cần chứng minh trở thành \(xy^3+yz^3+zx^3-xyz\left(x+y+z\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow xyz\left[\frac{x^2}{y}+\frac{y^2}{z}+\frac{z^2}{x}-\left(x+y+z\right)\right]\ge0\)(*)
Áp dụng BĐT Cauchy cho các số dương ta có :
\(y+\frac{x^2}{y}\ge2x\) ; \(x+\frac{z^2}{x}\ge2z\) ; \(z+\frac{y^2}{z}\ge2y\)
Từ đó suy ra \(\frac{x^2}{y}+\frac{y^2}{z}+\frac{z^2}{x}\ge x+y+z\)
\(\Leftrightarrow\frac{x^2}{y}+\frac{y^2}{z}+\frac{z^2}{x}-\left(x+y+z\right)\ge0\)
Từ đó BĐT (*) được chứng minh. Từ đó suy ra BĐT ban đầu được chứng minh.
Theo giả thiết quy nạp ta có \(b^nc\left(b-c\right)\ge-a^nb\left(a-b\right)-c^na\left(c-a\right)\)
\(\Rightarrow b^{n+1}c\left(b-c\right)\ge-a^nb^2\left(a-b\right)-c^nab\left(c-a\right)\)
Do đó \(a^{n+1}b\left(a-b\right)+b^{n+1}c\left(b-c\right)+c^{n+1}a\left(c-a\right)\)
\(\ge a^{n+1}b\left(a-b\right)-a^nb^2\left(a-b\right)-c^nab\left(c-a\right)+c^{n+1}a\left(c-a\right)\)
\(=a^nb\left(a-b\right)^2+c^na\left(c-a\right)\left(c-b\right)\ge0\)
Vậy BĐT đúng với n + 1
Theo nguyên lí quy nạp BĐT đã cho đúng với mọi n > 1
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c <=> Tam giác đã cho là tam giác đều.
Lời giải:
Cần chứng minh \(\frac{2a^3+1}{4b(a-b)}\geq 3\)
Áp dụng BĐT Am-Gm ngược dấu \(4b(a-b)\leq (b+a-b)^2=a^2\)
\(\Rightarrow \frac{2a^3+1}{4b(a-b)}\geq \frac{2a^3+1}{a^2}=2a+\frac{1}{a^2}=a+a+\frac{1}{a^2}\geq3\sqrt[3]{\frac{a^2}{a^2}}=3\)
Do đó ta có đpcm
Dấu $=$ xảy ra khi \(\left\{\begin{matrix} b=a-b\\ a=\frac{1}{a^2}\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a=1\\ b=\frac{1}{2}\end{matrix}\right.\)
Ta có : \(a.\overrightarrow{IA}+b.\overrightarrow{IB}+c.\overrightarrow{IC}=0\Leftrightarrow a.\overrightarrow{IA}+\left(b+c\right).\overrightarrow{IA'}=\overrightarrow{0}\) (Công thức thu gọn)
\(\Rightarrow I\in AA'\) và
\(\frac{IA}{IA'}=\frac{b+c}{a}=\frac{c}{\frac{ac}{b+c}}=\frac{BA}{BA'}\)
Nhờ vào tính chất đường phân giác, dễ dàng thấy điểm I thuộc tia phân giác góc B, tức I là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
=> Điều đó đúng với giả thiết.
Vậy ta có đpcm
\(hpt\Leftrightarrow\begin{cases}y=\frac{60x^2}{36x^2+25}\\z=\frac{60y^2}{36y^2+25}\\x=\frac{60z^2}{36z^2+25}\end{cases}\)
Từ hệ suy ra x,y,z không âm. Nếu x=0 thì y=z=0 suy ra (0;0;0) là nghiệm của hệ phương trình.
Nếu x>0 thì y>0, z>0. Xét hàm số \(f\left(t\right)=\frac{60t^2}{36t^2+25},t>0\)
Ta có: \(f'\left(t\right)=\frac{3000t}{\left(36t^2+25\right)^2}>0\) với mọi t>0
Do đó \(f\left(t\right)\) đồng biến trên khoảng \(\left(0;+\infty\right)\)
Hệ pt đc viết lại \(\begin{cases}y=f\left(x\right)\\z=f\left(y\right)\\x=f\left(z\right)\end{cases}\)
Từ tính đồng biến của f(x) suy ra x=y=z. Thay vào hệ ta được
x(36x2-60x+25)=0. Chọn \(x=\frac{5}{6}\)
Vậy tập nghiệm của hệ pt là \(\left\{\left(0;0;0\right);\left(\frac{5}{6};\frac{5}{6};\frac{5}{6}\right)\right\}\)
Áp dụng Bđt Cosi
\(xy+yz+zx\le\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}=\frac{1}{3}\)
Ta có:
\(\frac{2}{xy+yz+zx}+\frac{2}{2\left(xy+yz+zx\right)}+\frac{2}{x^2+y^2+z^2}\ge\frac{2}{\frac{1}{3}}+\frac{8}{\left(x+y+z\right)^2}\ge14\) (Đpcm)
Dấu "=" khi \(x=y=z=\frac{1}{3}\)
Ta cần chứng minh : \(\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n}\ge\sqrt[n]{a_1.a_2...a_n}\) với \(n\in N^{\text{*}}\)
Hiển nhiên bđt đúng với n = 2 , tức là \(\frac{a_1+a_2}{2}\ge\sqrt{a_1a_2}\) (1)
Giả sử bđt đúng với n = k , tức là \(\frac{a_1+a_2+...+a_k}{k}\ge\sqrt[k]{a_1.a_2...a_k}\) với \(k>2\)
Ta sẽ chứng minh bđt cũng đúng với mọi n = k + 1
Không mất tính tổng quát, đặt \(a_1\le a_2\le...\le a_k\le a_{k+1}\)
thì : \(a_{k+1}\ge\frac{a_1+a_2+...+a_k}{k}\) . Lại đặt \(\frac{a_1+a_2+...+a_k}{k}=x,x\ge0\)
\(\Rightarrow a_{k+1}=x+y,y\ge0\) và \(x^k=a_1.a_2...a_k\) (suy ra từ giả thiết quy nạp)
Ta có : \(\left(\frac{a_1+a_2+...+a_{k+1}}{k+1}\right)^{k+1}=\left(\frac{kx+x+y}{k+1}\right)^{k+1}=\left(\frac{x\left(k+1\right)+y}{k+1}\right)^{k+1}=\left(x+\frac{y}{k+1}\right)^{k+1}\)
\(\ge x^{k+1}+\left(k+1\right).\frac{y}{k+1}.x^k=x^{k+1}+y.x^k=x^k\left(x+y\right)\ge a_1.a_2...a_k.a_{k+1}\)
Suy ra \(\left(\frac{a_1+a_2+...+a_{k+1}}{k+1}\right)^{k+1}\ge\sqrt[k+1]{a_1.a_2...a_{k+1}}\)
Vậy bđt luôn đúng với mọi n > 2 (2)
Từ (1) và (2) suy ra đpcm.
Lời giải:
Ta đi CM BĐT phụ sau: \(\frac{x}{x^2+1}\leq \frac{18x}{25}+\frac{3}{50}\). \((\star)\)
\(\Leftrightarrow \) \((4x+3)(3x-1)^2\geq 0\) (đúng với mọi $x$ dương)
Do đó $(\star)$ luôn đúng. Thiết lập các BĐT tương tự với $y,z$ rồi cộng lại, ta thu được \(\frac{x}{x^2+1}+\frac{y}{y^2+1}+\frac{z}{z^2+1}\leq \frac{18}{25}+\frac{9}{50}=\frac{9}{10}\) (đpcm)
Dấu $=$ xảy ra khi $x=y=z=\frac{1}{3}$