Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
\(P+3=x+\left(y^2+1\right)+\left(z^3+1+1\right)\ge x+2y+3z\)
\(\Rightarrow P\ge x+2y+3z-3\)
\(6=\dfrac{1}{x}+\dfrac{4}{2y}+\dfrac{9}{3z}\ge\dfrac{\left(1+2+3\right)^2}{x+2y+3z}\)
\(\Rightarrow x+2y+3z\ge6\Rightarrow P\ge3\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=1\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
a) \(\frac{1}{1+x^2}+\frac{1}{1+y^2}\ge\frac{2}{1+xy}\Leftrightarrow\frac{2+x^2+y^2}{\left(1+x^2\right)\left(1+y^2\right)}\ge\frac{2}{1+xy}\)
\(\Leftrightarrow\left(2+x^2+y^2\right)\left(1+xy\right)\ge2\left(1+x^2\right)\left(1+y^2\right)\)
\(\Leftrightarrow2+2xy+x^2+x^3y+y^2+y^3x\ge2\left(x^2+y^2+x^2y^2+1\right)\)
\(\Leftrightarrow x^3y+xy^3+2xy-x^2-y^2-2x^2y^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow xy\left(x^2-2xy+y^2\right)-\left(x^2-2xy+y^2\right)\ge0\Leftrightarrow\left(xy-1\right)\left(x-y\right)^2\ge0\) (đúng)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Điều kiện là a;b;c dương:
Trước hết ta chứng minh: \(\frac{x^2}{a}+\frac{y^2}{b}\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{a+b}\)
Thật vậy, BĐT tương đương:
\(\left(bx^2+ay^2\right)\left(a+b\right)\ge ab\left(x^2+2xy+y^2\right)\)
\(\Leftrightarrow abx^2+aby^2+b^2x^2+a^2y^2\ge abx^2+aby^2+2abxy\)
\(\Leftrightarrow b^2x^2+a^2y^2-2abxy\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(bx-ay\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Do đó:
\(\frac{x^2}{a}+\frac{y^2}{b}+\frac{z^2}{c}\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{a+b}+\frac{z^2}{c}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{a+b+c}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(\frac{x}{a}=\frac{y}{b}=\frac{z}{c}\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
** Bạn lưu ý lần sau viết đề bằng công thức toán!
Đề cần sửa thành $\leq \frac{4}{3}$
Lời giải:
Áp dụng BĐT AM-GM và Cauchy-Schwarz:
\(\frac{1}{2x^2+y^2+z^2}=\frac{1}{(x^2+z^2)+(x^2+y^2)}\leq \frac{1}{2xy+2xz}=\frac{1}{2}.\frac{1}{xy+xz}\leq \frac{1}{8}\left(\frac{1}{xy}+\frac{1}{xz}\right)\)
Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế suy ra:
\(\sum \frac{1}{2x^2+y^2+z^2}\leq \frac{1}{4}\left(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{xz}\right)=\frac{x+y+z}{4xyz}\) $(1)$
Mặt khác:
$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=4\Rightarrow 4xyz=xy+yz+xz$
$\Rightarrow 16x^2y^2z^2=(xy+yz+xz)^2\geq 3xyz(x+y+z)$ (theo BĐT AM-GM)
$\Rightarrow x+y+z\leq \frac{16}{3}xyz (2)$
Từ $(1);(2)\Rightarrow \sum \frac{1}{2x^2+y^2+z^2}\leq \frac{4}{3}$
Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z=\frac{3}{4}$
\(\dfrac{1}{2x^2+y^2+z^2}=\dfrac{1}{x^2+y^2+x^2+z^2}\le\dfrac{1}{2xy+2xz}\le\dfrac{1}{8}\left(\dfrac{1}{xy}+\dfrac{1}{xz}\right)\)
Tương tự: \(\dfrac{1}{x^2+2y^2+z^2}\le\dfrac{1}{8}\left(\dfrac{1}{xy}+\dfrac{1}{yz}\right)\) ; \(\dfrac{1}{x^2+y^2+2z^2}\le\dfrac{1}{8}\left(\dfrac{1}{xz}+\dfrac{1}{yz}\right)\)
Cộng vế:
\(VT\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{xy}+\dfrac{1}{yz}+\dfrac{1}{zx}\right)\le\dfrac{1}{4}.\dfrac{1}{3}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)^2=\dfrac{4}{3}\)
Đề bài sai
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Đây là bất đẳng thức Cauchy Schwarz dạng Engel
Bạn có thể xem chi tiết tại Ứng dụng bất đẳng thức cauchy–schwarz dạng engel trong chứng minh bất đẳng thức - Giáo Án Điện Tử
Chứng minh :
Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức Cauchy Schwarz dạng Engel cho 2 số :
\(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{x+y}\)(*)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2y+b^2x}{xy}\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{x+y}\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)\left(a^2y+b^2x\right)\ge xy\left(a+b\right)^2\)
\(\Leftrightarrow a^2xy+b^2x^2+a^2y^2+b^2xy\ge xy\left(a^2+2ab+b^2\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2xy+b^2x^2+a^2y^2+b^2xy\ge a^2xy+2abxy+b^2xy\)
\(\Leftrightarrow b^2x^2-2abxy+a^2y^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(ay-bx\right)^2\ge0\)( luôn đúng )
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\frac{a}{x}=\frac{b}{y}\)
Áp dụng chứng minh bđt Cauchy Schwarz dạng Engel cho 3 số :
\(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z}\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{x+y}+\frac{c^2}{z}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{x+y+z}\)( đpcm )
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\frac{a}{x}=\frac{b}{y}=\frac{c}{z}\)
Dùng Bunhiacopxki cũng hay =))
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:
\(\left[\left(\frac{a}{\sqrt{x}}\right)^2+\left(\frac{b}{\sqrt{y}}\right)^2+\left(\frac{c}{\sqrt{z}}\right)^2\right].\left[\left(\sqrt{x}\right)^2+\left(\sqrt{y}\right)^2+\left(\sqrt{z}\right)^2\right]\ge\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\)\(\left(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z}\right)\left(x+y+z\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\)\(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{x+y+z}\)
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow\frac{a}{x}=\frac{b}{y}=\frac{c}{z}\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Lời giải:
Đặt \(\left ( \frac{x}{y},\frac{y}{z},\frac{z}{x} \right )=(a,b,c)\Rightarrow abc=1\)
Bài toán tương đương với: Cho \(a,b,c>0\) và \(abc=1\). CMR
\(a^2+b^2+c^2\geq a+b+c\)
Thật vậy.
Áp dụng BĐT AM-GM: \(a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}=3\sqrt[3]{1}=3(1)\)
Theo hệ quả của BĐT Am-Gm:
\(a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ac\Rightarrow 3(a^2+b^2+c^2)\geq a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ac)\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\geq \frac{(a+b+c)^2}{3}\)
Kết hợp với \((1)\Rightarrow a^2+b^2+c^2\geq a+b+c\)
Do đó ta có đpcm
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=1\Leftrightarrow x=y=z\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
BĐT Bunhiacopxky em chưa học cô ạ
Cô cong cách nào không ạ
Nguyễn Thị Nguyệt Ánh:
Vậy thì bạn có thể chứng minh $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\geq \frac{9}{x+y+z}$ thông qua BĐT Cô-si:
Áp dụng BĐT Cô-si:
$x+y+z\geq 3\sqrt[3]{xyz}$
$xy+yz+xz\geq 3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}$
Nhân theo vế:
$(x+y+z)(xy+yz+xz)\geq 9xyz$
$\Rightarrow \frac{xy+yz+xz}{xyz}\geq \frac{9}{x+y+z}$
hay $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\geq \frac{9}{x+y+z}$