Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
áp dụng bđt cosi ta có:
\(x^3+y^3+1>=3xy\Rightarrow\frac{1}{x^3+y^3+1}< =\frac{1}{3xy}\)
tương tự \(\frac{1}{y^3+z^3+1}< =\frac{1}{3yz};\frac{1}{z^3+x^3+1}< =\frac{1}{3zx}\)
dấu = xảy ra khi x=y=z=1(thỏa mãn vì khi đó xyz=1*1*1=1)
\(\Rightarrow A< =\frac{1}{3xy}+\frac{1}{3yz}+\frac{1}{3zx}\)
\(\Rightarrow\)max của A là \(\frac{1}{3xy}+\frac{1}{3yz}+\frac{1}{3zx}\)khi x=y=z=1
khi đó A=\(\frac{1}{3\cdot1\cdot1}+\frac{1}{3\cdot1\cdot1}+\frac{1}{3\cdot1\cdot1}=\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}=1\)
vậy max A là 1 khi x=y=z=1
Với x, y>o ta có bđt \(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\Rightarrow a^3+b^3+1\ge ab\left(a+b\right)+1=ab\left(a+b\right)+abc=ab\left(a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a^3+b^3+1}\le\frac{1}{ab\left(a+b+c\right)}=\frac{c}{a+b+c}\)
Cmtt ta được A\(\le\frac{a+b+c}{a+b+c}=1\)
Dấu = xra khi a=b=c và abc=1 =>a=b=c=1
Đặt \(\left(x;y;z\right)=\left(a^3;b^3;c^3\right)\Rightarrow abc=1\)
Ta có đánh giá sau: \(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)
Thật vậy, biến đổi tương đương:
\(a^3-a^2b-\left(ab^2-b^3\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2\left(a-b\right)-b^2\left(a-b\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\ge0\) (luôn đúng)
Áp dụng:
\(VT=\sum\frac{1}{a^3+b^3+1}=\sum\frac{abc}{a^3+b^3+abc}\le\sum\frac{abc}{ab\left(a+b\right)+abc}=\sum\frac{c}{a+b+c}=1\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=1\Rightarrow\left(x;y;z\right)=1\)
Lời giải:
Do $xyz=1$ nên tồn tại $a,b,c>0$ sao cho \((x,y,z)=(\frac{a^2}{bc}, \frac{b^2}{ac}, \frac{c^2}{ab})\)
Khi đó:
\(\text{VT}=\frac{1}{x+y+1}+\frac{1}{y+z+1}+\frac{1}{z+x+1}=\frac{abc}{a^3+b^3+abc}+\frac{abc}{b^3+c^3+abc}+\frac{abc}{c^3+a^3+abc}\)
Xét hiệu \(a^3+b^3-ab(a+b)=(a-b)^2(a+b)\geq 0, \forall a,b>0\)
\(\Rightarrow a^3+b^3\geq ab(a+b)\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+abc\geq ab(a+b+c)\Rightarrow \frac{abc}{a^3+b^3+abc}\leq \frac{abc}{ab(a+b+c)}=\frac{c}{a+b+c}\)
Hoàn toàn tương tự:
\(\frac{abc}{b^3+c^3+abc}\leq \frac{a}{a+b+c};\frac{abc}{c^3+a^3+abc}\leq \frac{b}{a+b+c}\)
Cộng theo vế các BĐT vừa thu được :
\(\Rightarrow \text{VT}\leq \frac{c}{a+b+c}+\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{a+b+c}=1\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$ hay $x=y=z=1$
Có BĐT phụ:
\(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\Leftrightarrow a^3-a^2b+b^3-ab^2\ge0\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a^2+ab+b^2\right)\ge0\)
Áp dụng
\(\frac{1}{x^3+y^3+xyz}+\frac{1}{y^3+z^3+xyz}+\frac{1}{x^3+z^3+xyz}\)
\(\le\frac{1}{xy\left(x+y\right)+xyz}+\frac{1}{yz\left(y+z\right)+xyz}+\frac{1}{zx\left(z+x\right)+xyz}\)
\(=\frac{1}{xy\left(x+y+z\right)}+\frac{1}{yz\left(x+y+z\right)}+\frac{1}{zx\left(x+y+z\right)}\)
\(=\frac{1}{xyz}\)
\(\frac{x^2}{y+1}+\frac{y+1}{4}\ge x;\frac{y^2}{z+1}+\frac{z+1}{4}\ge y;\frac{z^2}{x+1}+\frac{x+1}{4}\ge z\)
\(\Rightarrow VT\ge\frac{3}{4}\left(x+y+z\right)-\frac{3}{4}\ge\frac{3}{4}.2=\frac{3}{2}\)
\(E= {\sum {(yz)^2 \over xy+zx}}\)>=3/2 (AD BĐT Nesbit)
Dấu = xảy ra <=>x=y=z=1
đặt \(a=\frac{1}{x};b=\frac{1}{y};c=\frac{1}{z}\Rightarrow abc=\frac{1}{xyz}=1\)
Ta có : \(x+y=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{a+b}{ab}=c\left(a+b\right)\)
Tương tự : \(y+z=a\left(b+c\right);x+z=b\left(c+a\right)\)
\(\Rightarrow E=\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{2}\ge\frac{3\sqrt[3]{abc}}{2}=\frac{3}{2}\)
\(\Rightarrow E\ge\frac{3}{2}\)
Vậy GTNN của E là \(\frac{3}{2}\Leftrightarrow x=y=z=1\)
Từ \(xy+yz+xz=xyz\Rightarrow\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=1\)
Đặt \(\left(\frac{1}{x};\frac{1}{y};\frac{1}{z}\right)\rightarrow\left(a,b,c\right)\) thì có
\(\frac{c^3}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}+\frac{b^3}{\left(a+1\right)\left(c+1\right)}+\frac{a^3}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}\ge\frac{1}{16}\)\(\forall\hept{\begin{cases}a+b+c=1\\a,b,c>0\end{cases}}\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\frac{a^3}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}+\frac{b+1}{64}+\frac{c+1}{64}\ge\frac{3a}{16}\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại rồi cộng theo vế
\(VT+\frac{2\left(a+b+c+3\right)}{64}\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{16}\Leftrightarrow VT\ge\frac{1}{16}\)
Khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\Leftrightarrow x=y=z=1\)
a) x4+x3+2x2+x+1=(x4+x3+x2)+(x2+x+1)=x2(x2+x+1)+(x2+x+1)=(x2+x+1)(x2+1)
b)a3+b3+c3-3abc=a3+3ab(a+b)+b3+c3 -(3ab(a+b)+3abc)=(a+b)3+c3-3ab(a+b+c)
=(a+b+c)((a+b)2-(a+b)c+c2)-3ab(a+b+c)=(a+b+c)(a2+2ab+b2-ac-ab+c2-3ab)=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-ac-bc)
c)Đặt x-y=a;y-z=b;z-x=c
a+b+c=x-y-z+z-x=o
đưa về như bài b
d)nhóm 2 hạng tử đầu lại và 2hangj tử sau lại để 2 hạng tử sau ở trong ngoặc sau đó áp dụng hằng đẳng thức dề tính sau đó dặt nhân tử chung
e)x2(y-z)+y2(z-x)+z2(x-y)=x2(y-z)-y2((y-z)+(x-y))+z2(x-y)
=x2(y-z)-y2(y-z)-y2(x-y)+z2(x-y)=(y-z)(x2-y2)-(x-y)(y2-z2)=(y-z)(x2-2y2+xy+xz+yz)
Bài này đăng nhiều trên diễn đàn và em cũng làm nhiều rồi. Nhưng thôi kệ, cứ nhai lại vậy:v
Chú ý BĐT: \(x^3+y^3\ge xy\left(x+y\right)\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\left(x+y\right)\ge0\) (đúng với x, y là các số thực dương)
Do đó \(VT\le\frac{1}{xy\left(x+y\right)+xyz}+\frac{1}{yz\left(y+z\right)+xyz}+\frac{1}{zx\left(z+x\right)+xyz}\)
\(=\frac{1}{x+y+z}\left(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}\right)=\frac{1}{xyz}=1\)
Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=z=1\)
Còn bác nào thích trâu bò thì chơi kiểu này:D
\(BĐT\Leftrightarrow\frac{x^3+y^3}{x^3+y^3+1}+\frac{y^3+z^3}{y^3+z^3+1}+\frac{z^3+x^3}{z^3+x^3+1}\ge2\)
Thật vậy, áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(VT\ge\frac{\left(\Sigma_{cyc}\sqrt{x^3+y^3}\right)^2}{2\left(x^3+y^3+z^3\right)+3}=\frac{2\left(x^3+y^3+z^3\right)+2\Sigma_{cyc}\sqrt{\left(x^3+y^3\right)\left(y^3+z^3\right)}}{2\left(x^3+y^3+z^3\right)+3}\)(*)
Ta sẽ chứng minh: \(\Sigma_{cyc}\sqrt{\left(x^3+y^3\right)\left(z^3+y^3\right)}\ge\left(x^3+y^3+z^3\right)+3\)(1)
Áp dụng BĐT Bunyakovski: \(VT\ge x^3+y^3+z^3+\sqrt{x^3y^3}+\sqrt{y^3z^3}+\sqrt{z^3x^3}\)
\(\ge x^3+y^3+z^3+3\sqrt[6]{\left(xyz\right)^6}=x^3+y^3+z^3+3\)
Vậy (1) đúng. Thay vào (*) ta có đpcm.
Is that true?