Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đặt \(a=\frac{1}{x};b=\frac{2}{y};c=\frac{3}{z}\)
Theo bài ra, ta có:
x+y+z=3
\(bđt\Leftrightarrow\frac{x^3}{x^2+y^2}+\frac{y^3}{y^2+z^2}+\frac{z^3}{z^2+x^2}\ge\frac{3}{2}\)
Áp dụng kĩ thuật Cau-chy ngược dấu ta có:
\(\frac{x^3}{x^2+y^2}+\frac{y^3}{y^2+z^2}+\frac{z^3}{z^2+x^2}\ge\frac{x+y+z}{2}=\frac{3}{2}\)
Dấu '=' xảy ra <=> a=3;b=2;c=1
*Bài khá giống bạn kia :)
Đặt \(a=\frac{1}{x};b=\frac{2}{y};c=\frac{3}{z}\)
\(\Rightarrow x+y+z=3\)
BĐT cần chứng minh trở thành :
\(\frac{x^3}{x^2+y^2}+\frac{y^3}{y^2+z^2}+\frac{z^3}{z^2+x^2}\ge\frac{3}{2}\)
Áp dụng kĩ thuật Cô Si ngược dấu ta có :
\(\frac{x^3}{x^2+y^2}+\frac{y^3}{y^2+z^2}+\frac{z^3}{z^2+x^2}\ge\frac{x+y+z}{2}=\frac{3}{2}\)
Dấu đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow a=3;b=2;c=1\)
Thôi làm luôn ( ͡° ͜ʖ ͡°)
\(\left(\frac{1}{a};\frac{2}{b};\frac{3}{c}\right)\rightarrow\left(x;y;z\right)\Rightarrow\hept{\begin{cases}x+y+z=3\\x,y,z>0\end{cases}}\)
Và \(BDT\Leftrightarrow\frac{x^3}{x^2+y^2}+\frac{y^3}{y^2+z^2}+\frac{z^3}{x^2+z^2}\ge\frac{3}{2}\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\frac{x^3}{x^2+y^2}=x-\frac{xy^2}{x^2+y^2}\ge x-\frac{xy^2}{2xy}=x-\frac{y}{2}\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại rồi cộng theo vế:
\(VT\ge x+y+z-\frac{x+y+z}{2}=3-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}\)
\("="\Leftrightarrow x=y=z=1\Leftrightarrow a=1;b=2;c=3\)
Bạn có thể tham khảo cách này
Đặt \(\hept{\begin{cases}\frac{1}{a}=x\\\frac{2}{b}=y\\\frac{3}{c}=z\end{cases}}\Rightarrow x+y+z=3\)
BĐT thành \(\frac{x^3}{x^2+y^2}+\frac{y^3}{y^2+z^2}+\frac{z^3}{z^2+x^2}\ge\frac{3}{2}\left(1\right)\)
ta sẽ dùng Bđt Cói \(\frac{x^3}{x^2+y^2}=x-\frac{xy^2}{x^2+y^2}\ge x-\frac{xy^2}{2xy}=x-\frac{y}{2}\)
Tương tự rồi cộng lại
\(\left(1\right)\ge x+y+z-\frac{x+y+z}{2}=3-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}\)
Dấu = khi \(x=y=z=1\Rightarrow\hept{\begin{cases}a=1\\b=2\\c=3\end{cases}}\)
Đặt \(\hept{\begin{cases}x=\frac{1}{a}\\y=\frac{2}{b}\\z=\frac{3}{c}\end{cases}\Rightarrow}\hept{\begin{cases}x,y,z>0\\x+y+z=3\end{cases}}\)
Khi đó ta có BĐT cần chứng minh tương đương với:
\(P=\frac{x^3}{x^2+y^2}+\frac{y^3}{y^2+z^2}+\frac{z^3}{z^2+x^2}\ge\frac{3}{2}\)
Ta có: \(P\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x^2y+y^2z+z^2x+xy^2+yz^2+zx^2}\)
Ta cũng có: \(3\left(x^2+y^2+z^2\right)=\left(x+y+z\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)\)
\(=x^3+y^3+z^3+xy^2+yz^2+zx^2+x^2y+y^2z+z^2x\)
\(\ge3\left(x^2y+y^2z+z^2x\right)\)
\(\Rightarrow x^2y+y^2z+z^2x\le x^2+y^2+z^2\)
Chứng minh tương tự ta có: \(xy^2+yz^2+zx^2\le x^2+y^2+z^2\)
\(\Rightarrow P\ge\frac{x^2+y^2+z^2}{2}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}=\frac{3}{2}\)
Dấu = khi \(x=y=z\)hay\(\hept{\begin{cases}a=1\\b=2\\b=3\end{cases}}\)
gt <=> \(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=1\)
Đặt: \(\frac{1}{a}=x;\frac{1}{b}=y;\frac{1}{c}=z\)
=> Thay vào thì \(VT=\frac{\frac{1}{xy}}{\frac{1}{z}\left(1+\frac{1}{xy}\right)}+\frac{1}{\frac{yz}{\frac{1}{x}\left(1+\frac{1}{yz}\right)}}+\frac{1}{\frac{zx}{\frac{1}{y}\left(1+\frac{1}{zx}\right)}}\)
\(VT=\frac{z}{xy+1}+\frac{x}{yz+1}+\frac{y}{zx+1}=\frac{x^2}{xyz+x}+\frac{y^2}{xyz+y}+\frac{z^2}{xyz+z}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x+y+z+3xyz}\)
Có BĐT x, y, z > 0 thì \(\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+zx\right)\ge9xyz\)Ta thay \(xy+yz+zx=1\)vào
=> \(x+y+z\ge9xyz=>\frac{x+y+z}{3}\ge3xyz\)
=> Từ đây thì \(VT\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x+y+z+\frac{x+y+z}{3}}=\frac{3}{4}\left(x+y+z\right)\ge\frac{3}{4}.\sqrt{3\left(xy+yz+zx\right)}=\frac{3}{4}.\sqrt{3}=\frac{3\sqrt{3}}{4}\)
=> Ta có ĐPCM . "=" xảy ra <=> x=y=z <=> \(a=b=c=\sqrt{3}\)
B2:Áp dụng cô si ta có:\(ab\le\frac{\left(a+b\right)^2}{4}=\frac{1}{4}\)
Ta có \(\left(a+\frac{1}{a}\right)^2+\left(b+\frac{1}{b}\right)^2=a^2+\frac{1}{a^2}+b^2+\frac{1}{b^2}+4\left(1\right)\)
Từ \(\left(1\right)\)suy ra BĐT tương đương với \(a^2+\frac{1}{a^2}+b^2+\frac{1}{b^2}\ge\frac{17}{2}\)
Ta có \(a^2+b^2+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}=\left(a+b\right)^2-2ab+\frac{\left(a+b\right)^2-2ab}{a^2b^2}\)Mà \(ab\le\frac{1}{4}\)
Nên \(\hept{\begin{cases}\left(a+b\right)^2-2ab=1-2.\frac{1}{4}=\frac{1}{2}\left(2\right)\\\frac{\left(a+b\right)^2-2ab}{a^2b^2}\ge\frac{\frac{1}{2}}{\frac{1}{16}}=8\left(3\right)\end{cases}}\)
Cộng \(\left(2\right)vs\left(3\right)\)lại ta thu được \(đpcm\)
Dấu \(=\)xảy ra khi \(a=b=\frac{1}{2}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta được:
\(3\left(a^2+b^2+c^2\right)=\left(1^2+1^2+1^2\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2\le3.3=9\)hay \(a+b+c\le3\)(do \(a^2+b^2+c^2=3\))
Theo bất đẳng thức Mincopxki và bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức, ta được:
\(\sqrt{\frac{9}{\left(a+b\right)^2}+c^2}+\sqrt{\frac{9}{\left(b+c\right)^2}+a^2}+\sqrt{\frac{9}{\left(c+a\right)^2}+b^2}\)
\(\ge\sqrt{9\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)^2+\left(a+b+c\right)^2}\)
\(\ge\sqrt{9\left[\frac{9}{2\left(a+b+c\right)}\right]^2+\left(a+b+c\right)^2}\)
Đến đây, ta cần chứng minh rằng: \(\sqrt{9\left[\frac{9}{2\left(a+b+c\right)}\right]^2+\left(a+b+c\right)^2}\ge\frac{3\sqrt{13}}{2}\)(*)
Đặt \(t=a+b+c\Rightarrow0< t\le3\)
Khi đó, (*) trở thành \(\sqrt{9\left(\frac{9}{2t}\right)^2+t^2}\ge\frac{3\sqrt{13}}{2}\Leftrightarrow9\left(\frac{9}{2t}\right)^2+t^2\ge\frac{117}{4}\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(t-3\right)\left(2t-9\right)\left(t+3\right)\left(2t+9\right)}{4t^2}\ge0\)(đúng với mọi \(0< t\le3\))
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
Để câu trả lời của bạn nhanh chóng được duyệt và hiển thị, hãy gửi câu trả lời đầy đủ và nên:
- Yêu cầu, gợi ý các bạn khác chọn (k) đúng cho mình
- Chỉ ghi đáp số mà không có lời giải, hoặc nội dung không liên quan đến câu hỏi
Đặt \(\frac{1}{a}=x\); \(\frac{2}{b}=y;\frac{3}{c}=z\)
=>VT = \(\frac{z^3}{x^2+z^2}+\frac{x^3}{y^2+x^2}+\frac{y^3}{y^2+z^2}\)
Ta có \(\frac{z^3}{x^2+z^2}=z-\frac{x^2z}{x^2+z^2}\ge z-\frac{x^2z}{2xz}=z-\frac{x}{2}\)
CMTT:
=> VT \(\ge\frac{x+y+z}{2}=\frac{3}{2}\). Dấu = khi a=1; b=2; z=3