Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đầu tiên CM BDT :
\(1+x^3+y^3\ge xy"x+y+z"\)
\(\Leftrightarrow x^3+y^3\ge xy"x+y"\)" do \(xyz=1\)"
\(\Leftrightarrow"x+y""x^2+y^2-xy"-xy"x+y"\ge0\)
\(\Leftrightarrow"x+y""x-y"^2\ge0\)
BDT luôn đúng theo gt
\(\Rightarrow\sqrt{"1+x^3+y^3"}\ge\sqrt{xy"x+y+z"}\)
\(\Rightarrow\sqrt{\frac{"1+x^3+y^3}{xy}}\ge\sqrt{\frac{"x+y+z"}{xz}}\)
Tương tự
\(\Rightarrow\sqrt{\frac{"1+z^3+y^3}{zy}}\ge\sqrt{\frac{"x+y+z"}{zy}}\)
\(\sqrt{\frac{"1+x^3+y^3"}{xz}}\ge\sqrt{\frac{"x+y+z"}{xz}}\)
\(\Rightarrow VT\ge\sqrt{"x+y+z"}.\frac{1}{\sqrt{xy}}+\frac{1}{\sqrt{yz}}+\frac{1}{\sqrt{zx}}\)
AD BDT Cauchy cho các số > 0
\(x+y+z\ge3\). \(\sqrt[3]{xyz}=3\)
\(\frac{1}{\sqrt{xy}}+\frac{1}{\sqrt{yz}}+\frac{1}{\sqrt{zx}}\ge\frac{3}{\sqrt[3]{xyz}}=3\)
\(\Rightarrow VT\ge\sqrt{3}.3=3\sqrt{3}=VP\)
\(\Rightarrow VT\ge VP\)
\(\Rightarrow DPCM\)
Vậy Dấu \(= khi x=y=z=1\)
P/s: Thay dấu noặc kép thành ngọc đơn nha, Ko chắc đâu
\(x,y,z\ge1\)nên ta có bổ đề: \(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}\ge\frac{2}{ab+1}\)
ÁP dụng: \(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}+\frac{1}{1+\sqrt[3]{xyz}}\ge\frac{2}{1+\sqrt{xy}}+\frac{2}{1+\sqrt{\sqrt[3]{xyz^4}}}\)
\(\ge\frac{4}{1+\sqrt[4]{\sqrt[3]{x^4y^4z^4}}}=\frac{4}{1+\sqrt[3]{xyz}}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+y}+\frac{1}{1+z}\ge\frac{3}{1+\sqrt[3]{xyz}}\)
Dấu = xảy ra \(x=y=z\)hoặc x=y,xz=1 và các hoán vị
trc giờ mấy bài này tui toàn quy đồng thôi, may có cách này =))
Áp dụng bất đẳng thức AM - GM, ta được: \(2yz+2=x^2+\left(y^2+2yz+z^2\right)=x^2+\left(y+z\right)^2\ge2\sqrt{x^2.\left(y+z\right)^2}=2x\left(y+z\right)\Rightarrow yz+1\ge x\left(y+z\right)\)\(\Rightarrow VT\le\frac{x^2}{x^2+x+x\left(y+z\right)}+\frac{y+z}{x+y+z+1}+\frac{1}{xyz+3}=\frac{x+y+z}{x+y+z+1}+\frac{1}{xyz+3}\)
- Nếu \(x+y+z\le2\)thì \(VT\le1-\frac{1}{x+y+z+1}+\frac{1}{xyz+3}\le1-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}=1\)
- Nếu \(x+y+z\ge2\), ta đặt x + y + z = p; xy + yz + zx = q; xyz = r thì áp dụng bất đẳng thức Schur, ta được \(VT\le\frac{p}{p+1}+\frac{1}{\frac{p\left(4q-p^2\right)}{9}+3}=\frac{p}{p+1}+\frac{9}{p^3-4p+27}\)
Khảo sát hàm trên với \(p\in\left[\sqrt{2};2\right]\)ta cũng có \(VT\le1\)
Vậy ta có: \(\frac{x^2}{x^2+yz+x+1}+\frac{y+z}{x+y+z+1}+\frac{1}{xyz+3}\le1\)
Đẳng thức xảy ra khi x = y = 1; z = 0
Từ giả thiết:\(x+y+z=xyz\Leftrightarrow\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}=1\)
Đặt \(\frac{1}{x}=a,\frac{1}{y}=b,\frac{1}{z}=c\)\(\Rightarrow ab+bc+ca=1\)
Ta có:\(\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+y^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+z^2}}\)\(=\sqrt{\frac{1}{1+x^2}}+\sqrt{\frac{1}{1+y^2}}+\sqrt{\frac{1}{1+z^2}}\)
\(=\sqrt{\frac{\frac{1}{x}}{\frac{1}{x}+x}}+\sqrt{\frac{\frac{1}{y}}{\frac{1}{y}+y}}+\sqrt{\frac{\frac{1}{z}}{\frac{1}{z}+z}}\)\(=\sqrt{\frac{a}{a+\frac{1}{a}}}+\sqrt{\frac{b}{b+\frac{1}{b}}}+\sqrt{\frac{c}{c+\frac{1}{c}}}\)
\(=\frac{a}{\sqrt{a^2+1}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+1}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+1}}\)
Đến đây:\(\frac{a}{\sqrt{a^2+1}}=\frac{a}{\sqrt{a^2+ab+bc+ca}}=\frac{a}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\)
\(=\sqrt{\frac{a}{a+b}.\frac{a}{a+c}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c}\right)\)
Tương tự:\(\frac{b}{\sqrt{b^2+1}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{b}{b+a}+\frac{b}{b+c}\right);\frac{c}{\sqrt{c^2+1}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{c}{c+a}+\frac{c}{c+b}\right)\)
Cộng 3 bất đẳng thức lại ta có điều phải chứng minh :))
Áp dụng giả thiết ta được: \(\dfrac{x}{{\sqrt {1 + {x^2}} }} = \dfrac{x}{{\sqrt {{x^2} + xy + yz + zx} }} = \dfrac{x}{{\sqrt {\left( {x + y} \right)\left( {x + z} \right)} }} \)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được:
\(\dfrac{x}{{\sqrt {\left( {x + y} \right)\left( {x + z} \right)} }} = \sqrt {\dfrac{{{x^2}}}{{\left( {x + y} \right)\left( {x + z} \right)}}} \le \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{x}{{x + y}} + \dfrac{x}{{z + x}}} \right) \)
Do đó ta được: \(\dfrac{x}{{\sqrt {1 + {x^2}} }} \le \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{x}{{x + y}} + \dfrac{x}{{z + x}}} \right) \)
Hoàn toàn tương tự ta được:
\( \dfrac{y}{{\sqrt {1 + {y^2}} }} \le \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{y}{{x + y}} + \dfrac{y}{{y + z}}} \right)\\ \dfrac{z}{{\sqrt {1 + {z^2}} }} \le \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{z}{{z + x}} + \dfrac{z}{{y + z}}} \right) \)
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được:
\( \dfrac{x}{{\sqrt {1 + {x^2}} }} + \dfrac{y}{{\sqrt {1 + {y^2}} }} + \dfrac{z}{{\sqrt {1 + {z^2}} }}\\ \le \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{x}{{x + y}} + \dfrac{x}{{z + x}} + \dfrac{y}{{x + y}} + \dfrac{y}{{y + z}} + \dfrac{z}{{z + x}} + \dfrac{z}{{y + z}}} \right) = \dfrac{3}{2} \)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(x = y = z = \dfrac{1}{{\sqrt 3 }} \)
Ta có : \(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}=2\Leftrightarrow\frac{1}{x+1}=\left(1-\frac{1}{y+1}\right)+\left(1-\frac{1}{z+1}\right)\Leftrightarrow\frac{1}{x+1}=\frac{y}{y+1}+\frac{z}{z+1}\)
Tương tự ta cũng có : \(\frac{1}{y+1}=\frac{z}{z+1}+\frac{x}{x+1}\) ; \(\frac{1}{z+1}=\frac{y}{y+1}+\frac{x}{x+1}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cosi: \(\frac{1}{x+1}=\frac{y}{y+1}+\frac{z}{z+1}\ge2\sqrt{\frac{yz}{\left(y+1\right)\left(z+1\right)}}\)
\(\frac{1}{y+1}\ge2\sqrt{\frac{xz}{\left(x+1\right)\left(z+1\right)}}\) ; \(\frac{1}{z+1}\ge2\sqrt{\frac{xy}{\left(x+1\right)\left(y+1\right)}}\left(3\right)\)
Nhân (1) , (2) , (3) theo vế được :\(\frac{1}{\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)}\ge8\sqrt{\frac{xy}{\left(x+1\right)\left(y+1\right)}}.\sqrt{\frac{yz}{\left(y+1\right)\left(z+1\right)}}.\sqrt{\frac{xz}{\left(x+1\right)\left(z+1\right)}}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)}\ge\frac{8xyz}{\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)}\)
\(\Rightarrow8xyz\le1\Leftrightarrow xyz\le\frac{1}{8}\)(đpcm)
\(\Leftrightarrow2x+2y+2z+xy+yz+zx+3=xyz+x+y+z+xy+yz+zx+1\)
\(\Leftrightarrow\left(x+1\right)\left(y+1\right)+\left(y+1\right)\left(z+1\right)+\left(z+1\right)\left(x+1\right)=\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}=1\)