Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 1. Áp dụng BĐT : ( x - y)2 ≥ 0 ∀xy
⇒ x2 + y2 ≥ 2xy
⇔ \(\dfrac{x^2}{xy}+\dfrac{y^2}{xy}\) ≥ 2
⇔ \(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}\) ≥ 2
⇒ 3( \(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}\)) ≥ 6 ( 1)
CMTT : \(\dfrac{x^2}{y^2}+\dfrac{y^2}{x^2}\) ≥ 2
⇒ \(\dfrac{x^2}{y^2}+\dfrac{y^2}{x^2}+4\) ≥ \(6\) ( 2)
Từ ( 1 ; 2) ⇒ \(\dfrac{x^2}{y^2}+\dfrac{y^2}{x^2}+4\) ≥ 3( \(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}\))
Đẳng thức xảy ra khi : x = y
Bài 4. Do : a ≥ 4 ; b ≥ 4 ⇒ ab ≥ 16 ( * ) ; a + b ≥ 8 ( ** )
Áp dụng BĐT Cauchy , ta có : a2 + b2 ≥ 2ab = 2.16 = 32 ( *** )
Từ ( * ; *** ) ⇒ a2 + b2 + ab ≥ 16 + 32 = 48 ( 1 )
Từ ( ** ) ⇒ 6( a + b) ≥ 48 ( 2)
Từ ( 1 ; 2 ) ⇒a2 + b2 + ab ≥ 6( a + b)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = 4
Áp dụng BĐT Schwars và BĐT AM - GM:
\(\frac{x}{x^4+1+2xy}\le\frac{1}{4}x\left(\frac{1}{x^4+1}+\frac{1}{2xy}\right)=\frac{1}{4}\left(\frac{x}{x^4+1}+\frac{1}{2y}\right)\le\frac{1}{4}\left(\frac{x}{2x^2}+\frac{1}{2y}\right)=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{2x}+\frac{1}{2y}\right)\).
Tương tự rồi cộng vế với vế ta được:
\(\frac{x}{x^4+1+2xy}+\frac{y}{y^4+1+2yz}+\frac{z}{z^4+1+2zx}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{2x}+\frac{1}{2y}+\frac{1}{2y}+\frac{1}{2z}+\frac{1}{2z}+\frac{1}{2x}\right)=\frac{1}{4}.3=\frac{3}{4}\left(đpcm\right)\)
Đặt vế trái là P
\(P\le\frac{x}{2x^2+2xy}+\frac{y}{2y^2+2yz}+\frac{z}{2z^2+2zx}=\frac{1}{2\left(x+y\right)}+\frac{1}{2\left(y+z\right)}+\frac{1}{2\left(z+x\right)}\)
\(P\le\frac{1}{8}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{z}+\frac{1}{x}\right)=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)=\frac{3}{4}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=1\)
\(RHS\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{\sqrt{5x^2+2xy+y^2}+\sqrt{5y^2+2yz+z^2}+\sqrt{5z^2+2zx+x^2}}\)
Thử chứng minh \(\sqrt{5x^2+2xy+y^2}\le\frac{3\sqrt{2}}{2}x+\frac{\sqrt{2}}{2}y\) cái này xem sao
khi đó:
\(RHS\ge\frac{9}{\frac{3\sqrt{2}}{2}\left(x+y+z\right)+\frac{\sqrt{2}}{2}\left(x+y+z\right)}=\frac{3}{2\sqrt{2}}\)
Dấu "=" xảy ra tại x=y=z=1
Cần chứng minh BĐT sau : \(\frac{x^2}{\sqrt{5x^2+2xy+y^2}}\ge\frac{5x-y}{8\sqrt{2}}\)
\(\Leftrightarrow8\sqrt{2}x^2\ge\left(5x-y\right)\sqrt{5x^2+2xy+y^2}\) ( 1 )
Xét 5x - y \(\le\)0 \(\Rightarrow\)VT \(\ge\)0 ; VP \(\le\)0 \(\Rightarrow\)BĐT đã được chứng minh
Xét 5x - y \(\ge\)0 . Bình phương 2 vế của ( 1 ), ta được :
\(128x^4\ge\left(25x^2-10xy+y^2\right)\left(5x^2+2xy+y^2\right)\)
\(\Leftrightarrow128x^4\ge125x^4+10x^2y^2-8xy^3+y^4\)
\(\Leftrightarrow3x^4-10x^2y^2+8xy^3-y^4\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(3x^4-3xy^3\right)+\left(10xy^3-10x^2y^2\right)+\left(xy^3-y^4\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow3x\left(x-y\right)\left(x^2+xy+y^2\right)+10xy^2\left(y-x\right)+y^3\left(x-y\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left(3x^3+3x^2y+3xy^2-10xy^2+y^3\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left[\left(3x^3-3xy^2\right)+\left(3x^2y-3xy^2\right)-\left(xy^2-y^3\right)\right]\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\left(3x^2+6xy-y^2\right)\ge0\)( luôn đúng )
( Vì \(5x-y\ge0\Rightarrow x\ge\frac{y}{5}\)\(\Rightarrow3x^2+6xy-y^2\ge3.\left(\frac{y}{5}\right)^2+6.\frac{y}{5}.y-y^2=\frac{8}{25}y^2\ge0\))
Tương tự : \(\frac{y^2}{\sqrt{5y^2+2yz+z^2}}\ge\frac{5y-z}{8\sqrt{2}}\); \(\frac{z^2}{\sqrt{5z^2+2xz+x^2}}\ge\frac{5z-x}{8\sqrt{2}}\)
Cộng từng vế 3 BĐT lại với nhau, ta được :
\(\frac{x^2}{\sqrt{5x^2+2xy+y^2}}+\frac{y^2}{\sqrt{5y^2+2yz+z^2}}+\frac{z^2}{\sqrt{5z^2+2xz+x^2}}\)
\(\ge\frac{5x-z+5y-z+5z-x}{8\sqrt{2}}=\frac{4\left(x+y+z\right)}{8\sqrt{2}}=\frac{3}{2\sqrt{2}}\)
Dấu "=' xảy ra khi x = y = z = 1
Vậy BĐT đã được chứng minh