Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Có \(VT=\dfrac{x^2}{x^3-xyz+2013x}+\dfrac{y^2}{y^3-xyz+2013y}+\dfrac{z^2}{z^3-xyz+2013z}\)
\(\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{x^3+y^3+z^3-3xyz+2013\left(x+y+z\right)}\)
\(=\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{\left(x+y+z\right)\left[x^2+y^2+z^2-\left(xy+yz+zx\right)\right]+2013\left(x+y+z\right)}\)
\(=\dfrac{x+y+z}{x^2+y^2+z^2-\left(xy+yz+zx\right)+3\left(xy+yz+zx\right)}\)
(vì \(2013=3.671=3\left(xy+yz+zx\right)\))
\(=\dfrac{x+y+z}{x^2+y^2+z^2+2\left(xy+yz+zx\right)}\)
\(=\dfrac{x+y+z}{\left(x+y+z\right)^2}\)
\(=\dfrac{1}{x+y+z}\)
ĐTXR \(\Leftrightarrow\dfrac{1}{x^2-yz+2013}=\dfrac{1}{y^2-zx+2013}=\dfrac{1}{z^2-xy+2013}\)
\(\Leftrightarrow x^2-yz=y^2-zx=z^2-xy\)
\(\Leftrightarrow x=y=z\) (với \(x,y,z>0\))
Vậy ta có đpcm.
\(VT=\frac{x^2}{x^3-xyz-2013x}+\frac{y^2}{y^3-xyz-2013y}+\frac{z^2}{z^3-xyz-2013z}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x^3+y^3+z^3-3xyz-2013\left(x+y+z\right)}\)
\(=\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x^3+y^3+z^3+3\left[\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+zx\right)-xyz\right]}=\frac{\left(x+y+z\right)^2}{\left(x+y+z\right)^3}=\frac{1}{x+y+z}\)=VP
đúng rồi ạ nhưng chỉ cần c/m đẳng thức phụ như thế này thôi ạ\(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{x+y}\) =>\(\frac{\left(a+b\right)2}{x+y}+\frac{c^2}{z}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{x+y+z}\) hay \(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{x+y+z}\) là xong
2) \(\sum\dfrac{x}{x^2-yz+2013}=\sum\dfrac{x^2}{x^3-xyz+2013x}\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{x^3+y^3+z^3-3xyz+2013\left(x+y+z\right)}=\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{\left(x+y+z\right)^3}=\dfrac{1}{x+y+z}\left(đpcm\right)\)
giờ nhân cả tử và mẫu mỗi phân thức vs mỗi tử của nó rồi sử dụng BDT bunhiacopxki là ra thôi bn
\(\frac{x^2}{x^3-xyz+2013x}+\frac{y^2}{y^3-xyz+2013y}+\frac{z^2}{z^3-xyz+2013z}\)
\(\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x^3+y^3+z^3-3xyz+3.\left(xy+yz+zx\right)\left(x+y+z\right)}\)
\(=\frac{\left(x+y+z\right)^2}{\left(x+y+z\right)\left(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx+3xy+3yz+3zx\right)}=\frac{\left(x+y+z\right)^2}{\left(x+y+z\right)\left(x+y+z\right)^2}=\frac{1}{x+y+z}\)
solution:
ta có: \(3=x^2+y^2+z^2\ge3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}\Leftrightarrow xyz\le1\)(theo BĐT cauchy cho 3 số )
\(\Rightarrow xy\le\dfrac{1}{z};yz\le\dfrac{1}{x};xz\le\dfrac{1}{y}\)
\(\Rightarrow\dfrac{x}{\sqrt[3]{yz}}\ge\dfrac{x}{\dfrac{1}{\sqrt[3]{x}}}=x\sqrt[3]{x}=\sqrt[3]{x^4}\)
tương tự ta có:\(\dfrac{y}{\sqrt[3]{xz}}\ge\sqrt[3]{y^4};\dfrac{z}{\sqrt[3]{xy}}\ge\sqrt[3]{z^4}\)
cả 2 vế các BĐT đều dương,cộng vế với vế:
\(S=\dfrac{x}{\sqrt[3]{yz}}+\dfrac{y}{\sqrt[3]{xz}}+\dfrac{z}{\sqrt[3]{xy}}\ge\sqrt[3]{x^4}+\sqrt[3]{y^4}+\sqrt[3]{z^4}\)
Áp dụng BĐT bunyakovsky ta có:
\(\left(\sqrt[3]{x^4}+\sqrt[3]{y^4}+\sqrt[3]{z^4}\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge\left(\sqrt[3]{x^8}+\sqrt[3]{y^8}+\sqrt[3]{z^8}\right)^2=\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\)
\(\Rightarrow S\ge x^2+y^2+z^2\)
đến đây ta lại có BĐT quen thuộc: \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+xz\)
\(\Rightarrow S\ge xy+yz+xz\left(đpcm\right)\)
dấu = xảy ra khi và chỉ khi x=y=z mà x2+y2+z2=3 => x=y=z=1
*cách khác : Áp dụng BĐT cauchy - schwarz(bunyakovsky):
\(S=\dfrac{x}{\sqrt[3]{yz}}+\dfrac{y}{\sqrt[3]{xz}}+\dfrac{z}{\sqrt[3]{xy}}=\dfrac{x^4}{x^3.\dfrac{1}{\sqrt[3]{x}}}+\dfrac{y^4}{y^3.\dfrac{1}{\sqrt[3]{y}}}+\dfrac{z^4}{z^3.\dfrac{1}{\sqrt[3]{z}}}\)
\(S\ge\dfrac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x^2+y^2+z^2}=x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+xz\)
cho mình hỏi vs ạ..
Khi mình nhập câu hỏi ý,, làm sao để gửi câu hỏi cho m.n xem để giải đk hả bạn,..Chỉ giùm mik vs ạ.
Với a; b dương, nếu \(a\ge b\) thì \(\dfrac{1}{a}\le\dfrac{1}{b}\)
Áp dụng BĐT Cô-si cho mẫu số vế trái ta được:
\(\dfrac{1}{x^2+yz}+\dfrac{1}{y^2+xz}+\dfrac{1}{z^2+xy}\le\dfrac{1}{2x\sqrt{yz}}+\dfrac{1}{2y\sqrt{xz}}+\dfrac{1}{2z\sqrt{xy}}\)
\(\Rightarrow VT\le\dfrac{\sqrt{yz}}{2xyz}+\dfrac{\sqrt{xz}}{2xyz}+\dfrac{\sqrt{xy}}{2xyz}=\dfrac{\sqrt{yz}+\sqrt{xz}+\sqrt{xy}}{2xyz}\)
Tiếp tục dùng Cô-si cho tử số:
\(VT\le\dfrac{\dfrac{y+z}{2}+\dfrac{x+z}{2}+\dfrac{x+y}{2}}{2xyz}=\dfrac{x+y+z}{2xyz}\)
\(\Rightarrow VT\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{xy}+\dfrac{1}{yz}+\dfrac{1}{xz}\right)\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi x=y=z
Lời giải:
Ta xét hiệu sau:
\(x^3+y^3-xy(x+y)=x^3-x^2y-(xy^2-y^3)\)
\(=x^2(x-y)-y^2(x-y)=(x^2-y^2)(x-y)=(x-y)^2(x+y)\geq 0, \forall x,y>0\)
\(\Rightarrow x^3+y^3\geq xy(x+y)(*)\)
\(\Rightarrow x^3+y^3+xy\geq xy(x+y+1)\)
\(\Rightarrow \frac{xy}{x^3+y^3+xy}\leq \frac{xy}{xy(x+y+1)}=\frac{1}{x+y+1}\)
Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế, suy ra:
\(\text{VT}\leq \underbrace{\frac{1}{x+y+1}+\frac{1}{y+z+1}+\frac{1}{x+z+1}}_{M}(1)\)
Vì $xyz=1$ nên tồn tại $a,b,c>0$ sao cho \((x,y,z)=(\frac{a^2}{bc}, \frac{b^2}{ac}, \frac{c^2}{ab})\)
Khi đó:
\(M=\frac{abc}{a^3+b^3+abc}+\frac{abc}{b^3+c^3+abc}+\frac{abc}{c^3+a^3+abc}\)
\(\leq \frac{abc}{ab(a+b)+abc}+\frac{abc}{bc(b+c)+abc}+\frac{abc}{ca(c+a)+abc}\) (áp dụng công thức $(*)$)
hay \(M\leq \frac{c}{a+b+c}+\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{a+b+c}=\frac{a+b+c}{a+b+c}=1(2)\)
Từ \((1);(2)\Rightarrow \text{VT}\leq 1\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$ hay $x=y=z=1$
Bài của chị Akai đoạn đầu hơi phức tạp(em nghĩ thế).
Ta có:
\(\left(x-y\right)^2\ge0\) với \(\forall x,y\)
\(\Rightarrow x^2+y^2-xy\ge0\) với \(\forall x,y\)
\(\Rightarrow\left(x+y\right)\left(x^2-xy+y^2\right)\ge xy\left(x+y\right)\)với\(\forall x,y\)
\(\Rightarrow x^3+y^3\ge xy\left(x+y\right)\) với \(\forall x,y\)
Rồi giải tiếp như chị ấy.