Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Cho x,y,z >0 và x+y+z=3.Chứng minh \(\frac{1}{x^2+x}+\frac{1}{y^2+y}+\frac{1}{z^2+z}\ge\frac{3}{2}\)
đặt A=\(\frac{1}{x\left(x+1\right)}\) +\(\frac{1}{y\left(y+1\right)}\) +\(\frac{1}{z\left(z+1\right)}\)=\(\frac{1}{x}\)-\(\frac{1}{x+1}\)+\(\frac{1}{y}\)-\(\frac{1}{y+1}\)+\(\frac{1}{z}\)-\(\frac{1}{z+1}\)
Áp dụng BĐT phụ \(\frac{1}{a}\)+\(\frac{1}{b}\)≥\(\frac{4}{a+b}\) (bạn tự chứng minh nha,quy đồng ,nhân chéo ,chuyển về )⇒\(\frac{1}{a+b}\) ≤\(\frac{1}{4}\)(\(\frac{1}{a}\)+\(\frac{1}{b}\))
⇒A≥\(\frac{1}{x}\)+\(\frac{1}{y}\)+\(\frac{1}{z}\)-\(\frac{1}{4}\)(\(\frac{1}{x}\)+\(\frac{1}{y}\)+\(\frac{1}{z}\)+3)
⇒A≥\(\frac{3}{4}\) (\(\frac{1}{x}\)+\(\frac{1}{y}\)+\(\frac{1}{z}\))-\(\frac{3}{4}\)≥\(\frac{3}{4}\) (\(\frac{9}{x+y+z}\))-\(\frac{3}{4}\)
⇒a≥\(\frac{9}{4}\)-\(\frac{3}{4}\)=\(\frac{3}{2}\) dpcm
\(\Sigma\frac{x^3}{y^2}=\Sigma\frac{x}{y^2}\left(x-y\right)^2+\frac{\Sigma z\left(x^3-yz^2\right)^2}{xyz\left(x+y+z\right)}+\Sigma\frac{x^2}{y}\ge\frac{x^2}{y}+\frac{y^2}{z}+\frac{z^2}{x}\)
Vì x,y,z là các số dương nên ta áp dụng BĐT Cauchy được :
\(\frac{x^3}{y^2}+y+y\ge3.\sqrt[3]{\frac{x^3}{y^2}.y.y}=3x\)
Tương tự : \(\frac{y^3}{z^2}+2z\ge3y\) ; \(\frac{z^3}{x^2}+2x\ge3z\)
Cộng theo vế được \(\frac{x^3}{y^2}+\frac{y^3}{z^2}+\frac{z^3}{x^2}+2\left(x+y+z\right)\ge3\left(x+y+z\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{x^3}{y^2}+\frac{y^3}{z^2}+\frac{z^3}{x^2}\ge x+y+z\)
Dễ dàng chứng minh được:
\(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{x+y+z}\) với \(a,b,c>0\)(1)
Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow\frac{a}{x}=\frac{b}{y}=\frac{c}{z}\)
Theo đề bài, vì x, y, z > 0 nên áp dụng (1), ta có:
\(\frac{x^2}{x+\sqrt{yz}}+\frac{y^2}{y+\sqrt{zx}}+\frac{z^2}{z+\sqrt{xy}}\ge\)\(\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x+y+z+\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}}\)(2)
Vì x y, z > 0 nên áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương, ta được:
\(x+y\ge2\sqrt{xy}\)(3)
Chứng mih tương tự, ta được;
\(y+z\ge2\sqrt{yz}\)(4);
\(z+x\ge2\sqrt{zx}\)(5)
Từ (3), (4), (5), ta được:
\(2\left(x+y+z\right)\ge2\left(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}\right)\)
\(\Leftrightarrow x+y+z\ge\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}\)
\(\Leftrightarrow2\left(x+y+z\right)\ge x+y+z+\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{x+y+z+\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}}\ge\)\(\frac{1}{2\left(x+y+z\right)}\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x+y+z+\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}}\ge\frac{x+y+z}{2}\)
Mà theo đề bài, \(x+y+z\ge3\) nên:
\(\frac{x+y+z}{2}\ge\frac{3}{2}\)
Suy ra \(\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x+y+z+\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}}\ge\frac{3}{2}\left(6\right)\)
Từ (2) và (6), ta được:
\(\frac{x^2}{x+\sqrt{yz}}+\frac{y^2}{y+\sqrt{zx}}+\frac{z^2}{z+\sqrt{xy}}\ge\frac{3}{2}\)(điều phải chứng minh)
Dấu bằng xảy ra
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=y=z\\x+y+z=3\end{cases}\Leftrightarrow x=y=z=1}\)
Vậy nếu x, y, z > 0 và \(x+y+z\ge3\)thì \(\frac{x^2}{x+\sqrt{yz}}+\frac{y^2}{y+\sqrt{zx}}+\frac{z^2}{z+\sqrt{xy}}\ge\frac{3}{2}\)
Lời giải:
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\text{VT}=x-\frac{x}{x^2+z}+y-\frac{y}{y^2+x}+z-\frac{z}{z^2+y}=(x+y+z)-\left(\frac{x}{x^2+z}+\frac{y}{y^2+x}+\frac{z}{z^2+y}\right)\)
\(\geq (x+y+z)-\left(\frac{x}{2\sqrt{x^2z}}+\frac{y}{2\sqrt{y^2x}}+\frac{z}{2\sqrt{z^2y}}\right)=(x+y+z)-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{y}}+\frac{1}{\sqrt{z}}\right)(1)\)
Từ giả thiết \(xy+yz+xz=3xyz\Rightarrow \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=3\)
Cauchy-Schwarz:
\(3=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\geq \frac{9}{x+y+z}\Rightarrow x+y+z\geq 3(2)\)
\(\left(\frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{y}}+\frac{1}{\sqrt{z}}\right)^2\leq (\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})(1+1+1)=9\)
\(\Rightarrow \left(\frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{y}}+\frac{1}{\sqrt{z}}\right)\leq 3(3)\)
Từ \((1);(2);(3)\Rightarrow \text{VT}\geq 3-\frac{1}{2}.3=\frac{3}{2}\)
Mặt khác: \(\text{VP}=\frac{1}{2}(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})=\frac{3}{2}\)
Do đó \(\text{VT}\geq \text{VP}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z=1$
Bằng một số bước tính toán cơ bản, chúng ta có được:
\(VT-VP=\Sigma_{cyc}\frac{x\left(x-z\right)^2}{2\left(x^2+z^2\right)}\ge0\)
\(RHS\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{\sqrt{5x^2+2xy+y^2}+\sqrt{5y^2+2yz+z^2}+\sqrt{5z^2+2zx+x^2}}\)
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
Em mới học lớp 7
e năm nay ms lên lớp 8
sorry a trai nhìu nhìu