\(2\sqrt{x+y+z}+\sqrt{3}\ge\sqrt{3}\left(\sqrt[3]{x}+\sqrt[3]{y}+\sqrt[3]{z}\right)\)
K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

@Lia - Maths is fun !\(Let:a,b,c\ge0\text{ }such:a+b+c=3.Found\text{ }max\text{ }and\text{ }min\text{ }A=\sqrt{x+3}+\sqrt{y+3}+\sqrt{z+3}\)    My solution !*Found maxUsing Bunhiacopxki we have\(A^2\le\left(a+3+b+3+c+3\right)\left(1+1+1\right)=...=36\)\(\Rightarrow A\le6\left(Because\:\text{ }\text{ }A\ge0\text{ }so\text{ }A\text{ }can't\text{ }< 0\text{ }\right)\)\(A_{max}=6\text{ }\Leftrightarrow a=b=c=1\)*Found minWe have extra...
Đọc tiếp

@Lia - Maths is fun !

\(Let:a,b,c\ge0\text{ }such:a+b+c=3.Found\text{ }max\text{ }and\text{ }min\text{ }A=\sqrt{x+3}+\sqrt{y+3}+\sqrt{z+3}\)    

My solution !

*Found max

Using Bunhiacopxki we have

\(A^2\le\left(a+3+b+3+c+3\right)\left(1+1+1\right)=...=36\)

\(\Rightarrow A\le6\left(Because\:\text{ }\text{ }A\ge0\text{ }so\text{ }A\text{ }can't\text{ }< 0\text{ }\right)\)

\(A_{max}=6\text{ }\Leftrightarrow a=b=c=1\)

*Found min

We have extra inequality \(\sqrt{x+z}+\sqrt{y+z}\ge\sqrt{z}+\sqrt{x+y+z}\left(x;y;z\ge0\right)\)(1)

Prove : \(\left(1\right)\Leftrightarrow x+y+2z+2\sqrt{\left(x+z\right)\left(y+z\right)}\ge z+x+y+z+2\sqrt{z\left(x+y+z\right)}\)

                     \(\Leftrightarrow\sqrt{xy+xz+yz+z^2}\ge\sqrt{xz+yz+z^2}\)        

                    \(\Leftrightarrow xy+xz+yz+z^2\ge xz+yz+z^2\)

                    \(\Leftrightarrow xy\ge0\left(True!\right)\)

Using (1) we have

\(A=\sqrt{a+3}+\sqrt{b+3}+\sqrt{c+3}\ge\sqrt{3}+\sqrt{a+b+3}+\sqrt{c+3}\)

                                                                                 \(=\sqrt{3}+\sqrt{3}+\sqrt{a+b+c}\)

                                                                                  \(=3\sqrt{3}\)

\(A_{min}=3\sqrt{3}\text{ }when\text{ }\hept{\begin{cases}a=b=\frac{3}{2}\\c=0\end{cases}}\)

       (In here I using when because there are many other a,b,c such a = 0 ; b = c = 3/2)

The problem is done !

6
22 tháng 2 2019

\(A=\sqrt{a+3}+\sqrt{b+3}+\sqrt{c+3}\)

CTV Should comply with the rules of olm.

AH
Akai Haruma
Giáo viên
28 tháng 2 2017

Bài 1)

Ta biết ĐKXĐ:

\(\left\{\begin{matrix}4-x^2\ge0\\x^4-16\ge0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{\begin{matrix}4-x^2\ge0\\\left(x^2-4\right)\left(x^2+4\right)\ge0\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{\begin{matrix}4-x^2\ge0\\x^2-4\ge0\end{matrix}\right.\Rightarrow x^2-4=0\rightarrow x=\pm2\)

Mặt khác \(4x+1\geq 0\Rightarrow x=2\)

Thay vào PT ban đầu : \(\Rightarrow 3+|y-1|=-y+5\Leftrightarrow |y-1|=2-y\)

Xét TH \(y-1\geq 0\)\(y-1<0\) ta thu được \(y=\frac{3}{2}\)

Thu được cặp nghiệm \((x,y)=\left (2,\frac{3}{2}\right)\)

AH
Akai Haruma
Giáo viên
28 tháng 2 2017

Bài 2)

BĐT cần chứng minh tương đương với:

\(\sqrt{\frac{z(x-z)}{xy}}+\sqrt{\frac{z(y-z)}{xy}}\leq 1\Leftrightarrow A=\left(\sqrt{\frac{z(x-z)}{xy}}+\sqrt{\frac{z(y-z)}{xy}}\right)^2\leq 1\)

Áp dụng BĐT Cauchy - Schwarz kết hợp AM-GM:

\(A\leq \left ( \frac{z}{y}+\frac{z}{x} \right )\left ( \frac{x-z}{x}+\frac{y-z}{y} \right )=\left ( \frac{z}{x}+\frac{z}{y} \right )\left ( 2-\frac{z}{x}-\frac{z}{y} \right )\)

\(\leq \left ( \frac{\frac{z}{x}+\frac{z}{y}+2-\frac{z}{x}-\frac{z}{y}}{2} \right )^2=1\)

Do đó ta có đpcm.

NV
21 tháng 9 2020

Điều kiện là các số dương

\(VT=\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)=\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+zx\right)-xyz\)

\(VT\ge\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+zx\right)-\frac{1}{9}\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+zx\right)\)

\(VT\ge\frac{8}{9}\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+zx\right)\ge\frac{8}{9}\left(x+y+z\right).3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}=VP\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z\)

NV
29 tháng 2 2020

1.

\(6=\frac{\sqrt{2}^2}{x}+\frac{\sqrt{3}^2}{y}\ge\frac{\left(\sqrt{2}+\sqrt{3}\right)^2}{x+y}=\frac{5+2\sqrt{6}}{x+y}\)

\(\Rightarrow x+y\ge\frac{5+2\sqrt{6}}{6}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}\frac{x}{\sqrt{2}}=\frac{y}{\sqrt{3}}\\x+y=\frac{5+2\sqrt{6}}{6}\end{matrix}\right.\)

Bạn tự giải hệ tìm điểm rơi nếu thích, số xấu quá

2.

\(VT\ge\sqrt{\left(x+y+z\right)^2+\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)^2}\ge\sqrt{\left(x+y+z\right)^2+\frac{81}{\left(x+y+z\right)^2}}\)

Đặt \(x+y+z=t\Rightarrow0< t\le1\)

\(VT\ge\sqrt{t^2+\frac{81}{t^2}}=\sqrt{t^2+\frac{1}{t^2}+\frac{80}{t^2}}\ge\sqrt{2\sqrt{\frac{t^2}{t^2}}+\frac{80}{1^2}}=\sqrt{82}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{3}\)

NV
29 tháng 2 2020

3.

\(\frac{a^2}{b^5}+\frac{a^2}{b^5}+\frac{a^2}{b^5}+\frac{1}{a^3}+\frac{1}{a^3}\ge5\sqrt[5]{\frac{a^6}{b^{15}.a^6}}=\frac{5}{b^3}\)

Tương tự: \(\frac{3b^2}{c^5}+\frac{2}{b^3}\ge\frac{5}{a^3}\) ; \(\frac{3c^2}{d^5}+\frac{2}{c^3}\ge\frac{5}{d^3}\) ; \(\frac{3d^2}{a^5}+\frac{2}{d^2}\ge\frac{5}{a^3}\)

Cộng vế với vế và rút gọn ta được: \(3VT\ge3VP\)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=d=1\)

4.

ĐKXĐ: \(-2\le x\le2\)

\(y^2=\left(x+\sqrt{4-x^2}\right)^2\le2\left(x^2+4-x^2\right)=8\)

\(\Rightarrow y\le2\sqrt{2}\Rightarrow y_{max}=2\sqrt{2}\) khi \(x=\sqrt{2}\)

Mặt khác do \(\left\{{}\begin{matrix}x\ge-2\\\sqrt{4-x^2}\ge0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow x+\sqrt{4-x^2}\ge-2\)

\(y_{min}=-2\) khi \(x=-2\)

2 tháng 10 2017

Áp dụng bđt AM-GM có:

\(1+\dfrac{y}{z}\ge2\sqrt{\dfrac{y}{z}};1+\dfrac{z}{x}\ge2\sqrt{\dfrac{z}{x}}\)

Dễ dàng suy ra: \(M\ge\dfrac{x}{y}+2\sqrt{2}\cdot\sqrt[4]{\dfrac{y}{z}}+3\sqrt[3]{2}\cdot\sqrt[6]{\dfrac{z}{x}}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left(\dfrac{x}{y}+4\sqrt[4]{\dfrac{y}{z}}+6\sqrt[6]{\dfrac{z}{x}}\right)+\left(1-\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)\cdot\dfrac{x}{y}+\left(3\sqrt[3]{2}-3\sqrt{2}\right)\cdot\sqrt[6]{\dfrac{z}{x}}\)

Theo AM-GM có: \(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left(\dfrac{x}{y}+4\sqrt[4]{\dfrac{y}{z}}+6\sqrt[6]{\dfrac{z}{x}}\right)\ge\dfrac{1}{2}\cdot11\sqrt[11]{\dfrac{x}{y}\cdot\dfrac{y}{z}\cdot\dfrac{z}{x}}=\dfrac{11}{\sqrt{2}}\) (1)

Theo đề: \(x\ge max\left\{y,z\right\}\) ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{x}{y}\ge1\\\dfrac{z}{x}\le1\end{matrix}\right.\)

=> \(\left\{{}\begin{matrix}\left(1-\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)\cdot\dfrac{x}{y}\ge1-\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left(2\right)\\\left(3\sqrt[3]{2}-3\sqrt{2}\right)\cdot\sqrt[6]{\dfrac{z}{x}}\ge3\sqrt[3]{2}-3\sqrt{2}\left(3\right)\end{matrix}\right.\)

Cộng theo vế bđt (1), (2) ,(3) có:\(A\ge\dfrac{11}{\sqrt{2}}+1-\dfrac{1}{\sqrt{2}}+3\sqrt[3]{2}-3\sqrt{2}=1+2\sqrt{2}+3\sqrt[3]{2}\)

Xảy ra khi \(x=y=z\)

3 tháng 10 2017

Lâu lâu k đi khủng bố tinh thần :3

Ta đi cm \(1+2\sqrt{2}+3\sqrt[3]{2}\) là Min nhé

\(M'(x)=\dfrac{1}{y}+\dfrac{-\dfrac{z}{x^2}}{\sqrt[3]{\left(1+\dfrac{z}{x}\right)^2}}=\dfrac{x^2\sqrt[3]{\left(1+\dfrac{z}{x}\right)^2}-yz}{y\sqrt[3]{\left(1+\dfrac{z}{x}\right)^2}}\ge0\)

Vì vậy ta cần xét 2 trường hợp

*)\(y\ge z;x=y\). Đặt \(\dfrac{y}{z}=t\). Khi đó \(t\ge 1\) và cần cm \(f(t)\ge 0\)

\(f(t)=2\sqrt{1+t}+3\sqrt[3]{1+\dfrac{1}{t}}-2\sqrt{2}-3\sqrt[3]{2}\)

Thật vậy \(f'(t)=\dfrac{1}{\sqrt{1+t}}+\dfrac{-\dfrac{1}{t^2}}{\sqrt[3]{1+\dfrac{1}{t}}}=\dfrac{\sqrt[3]{t^4(t+1)^2}-\sqrt{1+t}}{\sqrt{1+t}\sqrt[3]{t^4(t+1)^2}}>0\)

\(\Rightarrow f(t)\ge f(1)=0\)

*)\(z\ge y ;x=z\). Khi đó \(t\ge 1\) và ta cm \(g(t)\ge 0\)

\(g(t)=t+2\sqrt{1+\dfrac{1}{t}}-1-2\sqrt{2}\)

\(g'(t)=1+\dfrac{-\dfrac{1}{t^2}}{\sqrt{1+\dfrac{1}{t}}}=\dfrac{\sqrt{t^3(t+1)}-1}{\sqrt{t^3(t+1)}}>0\)

Tức là \(g(t)\geq g(1)=0\)