Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
đầu tiên cần c/m x3+y3 >= xy(x+y) (chứng minh=biến đổi tương đương)
ta có x3+y3+1 >= xy(x+y)+1=xy(x+y)+xyz=xy(x+y+z)
=>1/(x3+y3+1) <= 1/xy(x+y+z)
tương tự với 2 phân thức còn lại rồi cộng lại
1/a/
\(A=\frac{2}{xy}+\frac{3}{x^2+y^2}=\left(\frac{1}{xy}+\frac{1}{xy}+\frac{4}{x^2+y^2}\right)-\frac{1}{x^2+y^2}\)
\(\ge\frac{\left(1+1+2\right)^2}{\left(x+y\right)^2}-\frac{1}{\frac{\left(x+y\right)^2}{2}}=16-2=14\)
Dấu = xảy ra khi \(x=y=\frac{1}{2}\)
b/
\(4B=\frac{4}{x^2+y^2}+\frac{8}{xy}+16xy=\left(\frac{4}{x^2+y^2}+\frac{1}{xy}+\frac{1}{xy}\right)+\left(\frac{1}{xy}+16xy\right)+\frac{5}{xy}\)
\(\ge\frac{\left(1+1+2\right)^2}{\left(x+y\right)^2}+2\sqrt{\frac{1}{xy}.16xy}+\frac{5}{\frac{\left(x+y\right)^2}{4}}\)
\(=16+8+20=44\)
\(\Rightarrow B\ge11\)
Dấu = xảy ra khi \(x=y=\frac{1}{2}\)
Sử dụng bất đẳng thức:
\(x^3+y^3\ge3xy\left(x+y\right)\)
Có: \(M=2018\left(\frac{1}{x^3+y^3+1}+\frac{1}{y^3+z^3+1}+\frac{1}{z^3+x^3+1}\right)\)
\(M\le2018\left(\frac{xyz}{xy\left(x+y\right)+xyz}+\frac{xyz}{yz\left(y+z\right)+xyz}+\frac{xyz}{xz\left(x+z\right)+xyz}\right)\)
\(M\le2018\left(\frac{xyz}{xy\left(x+y+z\right)}+\frac{xyz}{yz\left(x+y+z\right)}+\frac{xyz}{xz\left(x+y+z\right)}\right)\)
\(M\le2018\left(\frac{x+y+z}{x+y+z}\right)=2018\)
Vậy Max M=2018 khi x=y=z=1
Đặt \(^{\hept{\begin{cases}x=a^2\\y=b^2\\z=c^2\end{cases}}\Rightarrow abc=1}\)
\(\Rightarrow P=\frac{1}{a^2+2b^2+3}+\frac{1}{b^2+2c^2+3}+\frac{1}{c^2+2a^2+3}\)
ÁP DỤNG BĐT AM-GM :
\(a^2+b^2\ge2ab\)
\(b^2+1\ge2b\)
\(\Rightarrow a^2+2b^2+3\ge2\left(ab+b+1\right)\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a^2+2b^2+3}\le\frac{1}{2}.\frac{1}{ab+b+1}\)
Tương tự \(\frac{1}{b^2+2c^2+3}\le\frac{1}{2}.\frac{1}{bc+c+1}\)
\(\frac{1}{c^2+2a^2+3}\le\frac{1}{2}.\frac{1}{ac+a+1}\)
Cộng từng vế các bđt trên ta được
\(P\le\frac{1}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi x=y=z=1
Nhân cả 2 vế với a+b+c
Chứng minh \(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\) tương tự với \(\frac{b}{c}+\frac{c}{b};\frac{c}{a}+\frac{a}{c}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a}{b}+\frac{b}{a}-2\ge0\Leftrightarrow\frac{a^2-2ab+b^2}{ab}\ge0\Leftrightarrow\frac{\left(a-b\right)^2}{ab}\ge0\)luôn đúng do a;b>0
dễ rồi nhé
b) \(P=\frac{x}{x+1}+\frac{y}{y+1}+\frac{z}{z+1}\)
\(P=\left(\frac{x+1}{x+1}+\frac{y+1}{y+1}+\frac{z+1}{z+1}\right)-\left(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\right)\)
\(P=\left(1+1+1\right)-\left(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\right)\)
\(P=3-\left(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\right)\)
Áp dụng bđt Cauchy Schwarz dạng Engel (mình nói bđt như vậy,chỗ này bạn cứ nói theo cái bđt đề bài cho đi) ta được:
\(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{x+1+y+1+z+1}=\frac{9}{4}\)
=>\(P=3-\left(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\right)\le3-\frac{9}{4}=\frac{3}{4}\)
=>Pmax=3/4 <=> x=y=z=1/3
2/Đặt : \(\left(x,y,z\right)=\left(a^3,b^3,c^3\right)\Rightarrow a^3b^3c^3=1\Rightarrow abc=1\)
Có: \(P=\frac{1}{a^3+b^3+1}+\frac{1}{b^3+c^3+1}+\frac{1}{c^3+a^3+1}\)
Ta có: \(a^2-ab+b^2\ge ab\)( dễ dàng CM)
Nên: \(a^3+b^3+1=\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)+1\ge ab\left(a+b\right)+abc=ab\left(a+b+c\right)\)
Từ đó suy ra : \(\frac{1}{a^3+b^3+1}\le\frac{1}{ab\left(a+b+c\right)}=\frac{abc}{ab\left(a+b+c\right)}=\frac{c}{a+b+c}\)(1)
Tương tự ta cũng có: \(\frac{1}{b^3+c^3+1}\le\frac{a}{a+b+c}\left(2\right),\frac{1}{c^3+a^3+1}\le\frac{b}{a+b+c}\left(3\right)\)
Cộng (1),(2) và (3) có MAX P=1 với a=b=c=1
Bài 1 :
ÁP dụng BĐT Bunhiacopxki ta có :
\(\left(1+1\right)\left(a^2+b^2\right)\ge\left(a+b\right)^2=1\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2\ge\frac{1}{2}\)
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=0,5\)
Ta có : \(\frac{a^3+b^3}{2}\ge\left(\frac{a+b}{2}\right)^3\) ( ý a )
\(\Leftrightarrow a^3+b^3\ge\frac{\left(a+b\right)^3}{4}\)
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow a=b\)
\(4a^3+4b^3+ab\)
\(=3\left(a^3+b^3\right)+\left(a^3+b^3+ab\right)\)
\(\ge3.\frac{\left(a+b\right)^3}{4}+\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)+ab=\frac{3}{4}+a^2+b^2\ge\frac{3}{4}+\frac{1}{2}=\frac{5}{4}\)
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=0,5\)