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.

\(\dfrac{4}{2\sum xy}+\dfrac{1}{\sum x^2}+\dfrac{1}{2\sum xy}+\dfrac{1}{2\sum xy}+\dfrac{1}{\sum x^2}\)

\(\ge\dfrac{\left(2+1\right)^2}{\left(\sum x\right)^2}+\dfrac{\left(1+1+1\right)^2}{\left(\sum x\right)^2}=18\)

dấu = k xảy ra

bình phương cả 2 vế ta được

\(A^2=\dfrac{x^2y^2}{z^2}+\dfrac{y^2z^2}{x^2}+\dfrac{x^2z^2}{y^2}+2x^2+2y^2+2z^2\)

\(A^2=\dfrac{x^2y^2}{z^2}+\dfrac{y^2z^2}{x^2}+\dfrac{x^2z^2}{y^2}+2\) (vì x^2 +y^2 +z^2 =1)

Áp dụng BĐT cô si cho 2 số

\(\dfrac{x^2y^2}{z^2}+\dfrac{y^2z^2}{x^2}\ge2y^2\left(1\right)\)

\(\dfrac{y^2z^2}{x^2}+\dfrac{x^2z^2}{y^2}\ge2z^2\left(2\right)\)

\(\dfrac{x^2y^2}{z^2}+\dfrac{x^2z^2}{y^2}\ge2x^2\left(3\right)\)

(1)+(2)+(3)

=> \(2\left(\dfrac{x^2y^2}{z^2}+\dfrac{y^2z^2}{x^2}+\dfrac{x^2z^2}{y^2}\right)\ge2\left(x^2+y^2+z^2\right)\)

<=> \(\dfrac{x^2y^2}{z^2}+\dfrac{y^2z^2}{x^2}+\dfrac{x^2z^2}{y^2}\ge1\)

Cộng 2 vào cả 2 vế ta đc

\(A^2\ge3\)

<=> \(\ge\sqrt{3}\)

Vậy Min A= \(\sqrt{3}\) khi x=y=z =\(\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)

Lời giải khác:

Đặt \((\frac{xy}{z}; \frac{yz}{x}; \frac{xz}{y})\mapsto (a,b,c)\)

\(\Rightarrow (x^2,y^2,z^2)=(ac,ab,bc)\)

Bài toán trở thành tìm min của $A=a+b+c$ biết $ab+bc+ac=1$ và $a,b,c>0$

Theo hệ quả quen thuộc của BĐT AM-GM:
\(A^2=(a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ac)=3\)

\(\Rightarrow A\geq \sqrt{3}\)

Vậy \(A_{\min}=\sqrt{3}\Leftrightarrow a=b=c\Leftrightarrow x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}\)

Áp dụng BĐT AM-GM:

\(VT=\sum\dfrac{\sqrt{\left(x+y\right)^2-xy}}{4yz+1}\ge\sum\dfrac{\sqrt{\left(x+y\right)^2-\dfrac{1}{4}\left(x+y\right)^2}}{\left(y+z\right)^2+1}=\sum\dfrac{\dfrac{\sqrt{3}}{2}\left(x+y\right)}{\left(y+z\right)^2+1}\)

Set \(\left\{{}\begin{matrix}x+y=a\\y+z=b\\z+x=c\end{matrix}\right.\)thì giả thiết trở thành \(a+b+c=3\) và cần chứng minh \(\dfrac{\sqrt{3}}{2}.\sum\dfrac{a}{b^2+1}\ge\dfrac{3\sqrt{3}}{4}\)

\(\Leftrightarrow\sum\dfrac{a}{b^2+1}\ge\dfrac{3}{2}\)( đến đây quen thuộc rồi)

Ta có:\(\sum\dfrac{a}{b^2+1}=\sum a-\sum\dfrac{ab^2}{b^2+1}\ge3-\sum\dfrac{ab^2}{2b}\)(AM-GM)

\(VT\ge3-\sum\dfrac{ab}{2}\ge3-\dfrac{\dfrac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2}{2}=\dfrac{3}{2}\)( AM-GM)

Vậy ta có đpcm.Dấu = xảy ra khi a=b=c=1 hay \(x=y=z=\dfrac{1}{2}\)

Tham khảo tại đây:

Câu hỏi của Hồ Minh Phi - Toán lớp 9 | Học trực tuyến

Áp dụng BĐT Cô - Si cho các số dương , ta có :

\(\left\{{}\begin{matrix}x^2+y^2\ge2xy\\y^2+z^2\ge2yz\\x^2+z^2\ge2xz\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+xz\)

Áp dụng BĐT Cô - Si dạng Engel , ta có :

\(\dfrac{1}{1+xy}+\dfrac{1}{1+yz}+\dfrac{1}{1+xz}\ge\dfrac{9}{3+xy+yz+xz}\ge\dfrac{9}{3+x^2+y^2+z^2}=\dfrac{9}{6}=\dfrac{3}{2}\)

\("="\Leftrightarrow x=y=z=1\)

Lời giải:

Áp dụng BĐT AM-GM:

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

Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại suy ra:

\(\sum \sqrt{\frac{xy}{xy+z}}\leq \frac{1}{2}\left(\frac{x+z}{x+z}+\frac{y+z}{y+z}+\frac{x+y}{x+y}\right)=\frac{3}{2}\)

Ta có đpcm.

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

thay 1=x+y+z vào nhá , ví dụ x=x(x+y+z) rồi phân tích đa thức thành nhân tử!

thay 1=x+y+z vào nhá , ví dụ x=x(x+y+z) rồi phân tích đa thức thành nhân tử!

Lời giải:

Để cho gọn đặt \((\sqrt{x}; \sqrt{y}; \sqrt{z})=(a,b,c)\) với \(a,b,c>0\)

Khi đó:

\(A=\frac{bc}{a^2+2bc}+\frac{ac}{b^2+2ac}+\frac{ab}{c^2+2ab}\)

\(=\frac{1}{2}(\frac{2bc}{a^2+2bc}+\frac{2ac}{b^2+2ac}+\frac{2ab}{c^2+2ab})\)

\(=\frac{1}{2}\left(1-\frac{a^2}{a^2+2bc}+1-\frac{b^2}{b^2+2ac}+1-\frac{c^2}{c^2+2ab}\right)\)

\(=\frac{3}{2}-\frac{1}{2}\underbrace{\left(\frac{a^2}{a^2+2bc}+\frac{b^2}{b^2+2ac}+\frac{c^2}{c^2+2ab}\right)}_{M}\)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

\(M\geq \frac{(a+b+c)^2}{a^2+2bc+b^2+2ac+c^2+2ab}=\frac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2}=1\)

\(\Rightarrow A=\frac{3}{2}-\frac{1}{2}M\leq \frac{3}{2}-\frac{1}{2}=1\)

Vậy \(A_{\max}=1\Leftrightarrow a=b=c\Leftrightarrow x=y=z\)