Cho x,y > 0 : CMR \(\frac{x}{y}\le\frac{x+2019}{y+2019}\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
G
8 tháng 5 2019
Ta chứng minh 1 bổ đề sau: Với a;b lớn hơn hoặc bằng 1 thì \(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}\ge\frac{2}{1+ab}\)
Thật vậy: \(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}\ge\frac{2}{1+ab}\Leftrightarrow\frac{a^2+b^2+2}{\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)}\ge\frac{2}{1+ab}\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2+b^2+2\right)\left(1+ab\right)\ge2\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2+a^3b+b^2+b^3a+2+2ab\ge2a^2+2b^2+2a^2b^2+2\)
\(\Leftrightarrow a^3b+b^3a+2ab-a^2-b^2-2a^2b^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow ab\left(a^2+b^2-2ab\right)-\left(a^2+b^2-2ab\right)\ge0\Leftrightarrow\left(ab-1\right)\left(a-b\right)^2\ge0\)(đúng với a;b>=1)
Trở lại bđt trong bài: \(\frac{2019}{2019+x^2}+\frac{2019}{2019+y^2}\ge\frac{4038}{2019+xy}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{2019+x^2}+\frac{1}{2019+y^2}\ge\frac{2}{2019+xy}\) bđt này tương tự với bđt vừa cm trong bài,với x;y là hoán vị của a;b và 2019 có vai trò như 1
17 tháng 2 2019
Đk: $x\geq \frac{1}{2}$
Pt $\Leftrightarrow 4x^2+3x-7=4(\sqrt{x^3+3x^2}-2)+2(\sqrt{2x-1}-1)$
$\Leftrightarrow +4\frac{(x-1)(x+2)^2}{\sqrt{x^3+3x^2}+2}+4\frac{x-1}{\sqrt{2x-1}+1}-(x-1)(4x+7)=0$
$\Leftrightarrow (x-1)[\frac{4(x+2)^2}{\sqrt{x^3+3x^2}+2}+\frac{4}{\sqrt{2x-1}+1}-(4x+7)]=0$
$\Leftrightarrow x=1\vee \frac{4(x+2)^2}{\sqrt{x^3+3x^2}+2}+\frac{4}{\sqrt{2x-1}+1}-4x-7=0$ $(*)$
Xét hàm số $f(x)=\frac{4(x+2)^2}{\sqrt{x^3+3x^2}+2}+\frac{4}{\sqrt{2x-1}+1}-4x-7,x\in [\frac{1}{2};+\infty )$ thì $f(x)>0,\forall x\in [\frac{1}{2};+\infty )$
$\Rightarrow $ Pt $(*)$ vô nghiệm
TN
17 tháng 1 2017
Bài 1:Áp dụng C-S dạng engel
\(\frac{3}{xy+yz+xz}+\frac{2}{x^2+y^2+z^2}=\frac{6}{2\left(xy+yz+xz\right)}+\frac{2}{x^2+y^2+z^2}\)
\(\ge\frac{\left(\sqrt{6}+\sqrt{2}\right)^2}{\left(x+y+z\right)^2}=\left(\sqrt{6}+\sqrt{2}\right)^2>14\)
30 tháng 7 2019
Sửa đề cho bạn luôn nhé!
\(\text{Ta có:}\)
\(\dfrac{x^2+y^2+z^2}{a^2+b^2+c^2}=\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}+\dfrac{z^2}{c^2}\)
\(\text{Nhân cả hai vế của đẳng thức trên với}\) \(a^2+b^2+c^2\ne0\) \((do\) \(a,b,c\ne0\)),\(\text{ ta được:}\)
\(x^2+y^2+z^2=\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}+\dfrac{z^2}{c^2}\right)\) \(\left(1\right)\)
\(\text{Khi đó, ta khai triển vế phải của}\) \(\left(1\right)\) \(\text{thì} \) \(\left(1\right)\) \(\text{trở thành:}\)
\(VP=x^2+\dfrac{a^2y^2}{b^2}+\dfrac{a^2z^2}{c^2}+\dfrac{b^2x^2}{a^2}+y^2+\dfrac{b^2z^2}{c^2}+\dfrac{c^2x^2}{a^2}+\dfrac{c^2y^2}{b^2}+z^2\)
\(\text{So sánh vế trái của đẳng thức}\) \(\left(1\right)\), \(\text{ta dễ dàng nhận thấy cả hai vế có cùng đa thức}\) \(x^2+y^2+z^2\) \(\text{nên ta có thể viết lại }\) \(\left(1\right)\) \(\text{như sau:}\)
\(\dfrac{a^2y^2}{b^2}+\dfrac{a^2z^2}{c^2}+\dfrac{b^2x^2}{a^2}+\dfrac{b^2z^2}{c^2}+\dfrac{c^2x^2}{a^2}+\dfrac{c^2y^2}{b^2}=0\)
\(\Leftrightarrow\) \(\left(\dfrac{b^2x^2}{a^2}+\dfrac{c^2x^2}{a^2}\right)+\left(\dfrac{c^2y^2}{b^2}+\dfrac{a^2y^2}{b^2}\right)+\left(\dfrac{a^2z^2}{c^2}+\dfrac{b^2z^2}{c^2}\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\) \(\dfrac{x^2}{a^2}\left(b^2+c^2\right)+\dfrac{y^2}{b^2}\left(c^2+a^2\right)+\dfrac{z^2}{c^2}\left(a^2+b^2\right)=0\) \(\left(2\right)\)
\(\text{Mặt khác, ta cũng có }\) \(a,b,c\ne0\) (gt) nên \(a^2,b^2,c^2\ne0;\) \(a^2+b^2\ne0;\) \(b^2+c^2\ne0\) và \(c^2+a^2\ne0\) \(\left(3\right)\)
\(Từ\) \(\left(2\right)\) \(và\) \(\left(3\right)\),\(\text{ ta dễ dàng suy ra được }\) \(x=y=z=0\)
\(Vậy \) \(x^{2019}+y^{2019}+z^{2019}=0\) \((đpcm)\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
11 tháng 3 2019
Bài 1:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(\frac{a^2}{a+2b}+\frac{b^2}{2a+b}\geq \frac{(a+b)^2}{a+2b+2a+b}=\frac{(a+b)^2}{3(a+b)}=\frac{a+b}{3}=\frac{1}{3}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(\left\{\begin{matrix} \frac{a}{a+2b}=\frac{b}{2a+b}\\ a+b=1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow a=b=\frac{1}{2}\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
11 tháng 3 2019
Bài 2:
Vì $x+y=2019$ nên $2019-x=y; 2019-y=x$
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(P=\frac{x}{\sqrt{2019-x}}+\frac{y}{\sqrt{2019-y}}=\frac{x}{\sqrt{y}}+\frac{y}{\sqrt{x}}=\frac{x^2}{x\sqrt{y}}+\frac{y^2}{y\sqrt{x}}\geq \frac{(x+y)^2}{x\sqrt{y}+y\sqrt{x}}\)
Mà theo BĐT AM-GM và Bunhiacopxky:
\((x\sqrt{y}+y\sqrt{x})^2\leq (xy+yx)(x+y)=2xy(x+y)\leq \frac{(x+y)^2}{2}.(x+y)=\frac{(x+y)^3}{2}\)
\(\Rightarrow P\geq \frac{(x+y)^2}{\sqrt{\frac{(x+y)^3}{2}}}=\sqrt{2(x+y)}=\sqrt{2.2019}=\sqrt{4038}\)
Vậy \(P_{\min}=\sqrt{4038}\Leftrightarrow x=y=\frac{2019}{2}\)
XO
11 tháng 3 2020
ĐK : \(a;b;c\ne0\)
Ta có : \(\frac{x^2+y^2+z^2}{a^2+b^2+c^2}=\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}\)
=> \(\frac{x^2}{a^2+b^2+c^2}+\frac{y^2}{a^2+b^2+c^2}+\frac{z^2}{a^2+b^2+c^2}=\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}\)
=> \(\frac{x^2}{a^2+b^2+c^2}+\frac{y^2}{a^2+b^2+c^2}+\frac{z^2}{a^2+b^2+c^2}-\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}-\frac{z^2}{c^2}=0\)
=> \(x^2\left(\frac{1}{a^2+b^2+c^2}-\frac{1}{a^2}\right)+y^2\left(\frac{1}{a^2+b^2+c^2}-\frac{1}{b^2}\right)+z^2\left(\frac{1}{a^2+b^2+c^2}-\frac{1}{c^2}\right)=0\)
Vì \(a;b;c\ne0\)nên \(\hept{\begin{cases}\frac{1}{a^2+b^2+c^2}-\frac{1}{a^2}\ne0\\\frac{1}{a^2+b^2+c^2}-\frac{1}{b^2}\ne0\\\frac{1}{a^2+b^2+c^2}-\frac{1}{c^2}\ne0\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}x^2=0\\y^2=0\\z^2=0\end{cases}\Rightarrow}x=y=z=0}\)
Khi đó : x2019 + y2019 + z2019 = 02019 + 02019 + 02019 = 0
=> x2019 + y2019 + z2019 = 0 (đpcm)
Ta có: x , y > 0
Mà ta cần CM: \(\frac{x}{y}\le\frac{x+2019}{y+2019}\)
Ta dễ dàng nhìn thấy \(\frac{x}{y}=\frac{x}{y}\)
Mà đề là: \(\frac{x+2019}{y+2019}\)nên dấu < trong \(\frac{x}{y}< \frac{x+2019}{y+2019}\)là điều đương nhiên
Nhưng đề lại có thêm một yêu cầu là \(\frac{x}{y}\le\frac{x+2019}{y+2019}\). Ta nhận thấy rằng không có bất kì số nào thỏa mãn ,trừ 0. Nhưng đề cho x,y > 0 => Đề sai nhé! Chép lại đề giùm đi bạn