chtt

em thó nhé sir:)) đang rảnh

\(\dfrac{1}{x}\left(\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)\ge\dfrac{4}{x\left(y+z\right)}\ge\dfrac{4}{\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{4}}=\dfrac{16}{\left(x+y+z\right)^2}=1\)

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.

Bài 1:

\((x,y,z)=(\frac{2a^2}{bc}; \frac{2b^2}{ca}; \frac{2c^2}{ab})\) (\(a,b,c>0\) )

Khi đó:

\(\text{VT}=\frac{\frac{4a^4}{b^2c^2}}{\frac{4a^4}{b^2c^2}+\frac{4a^2}{bc}+1}+\frac{\frac{4b^4}{c^2a^2}}{\frac{4b^4}{c^2a^2}+\frac{4b^2}{ca}+4}+\frac{\frac{4c^4}{a^2b^2}}{\frac{4c^4}{a^2b^2}+\frac{4c^2}{ab}+4}\)

\(=\frac{a^4}{a^4+a^2bc+b^2c^2}+\frac{b^4}{b^4+b^2ac+a^2c^2}+\frac{c^4}{c^4+c^2ab+a^2b^2}\)

\(\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^4+b^4+c^4+a^2bc+b^2ac+c^2ab+(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)}\)

(Áp dụng BĐT Cauchy_Schwarz)

Theo BĐT Cauchy dễ thấy:

\(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\geq a^2bc+b^2ca+c^2ab\)

\(\Rightarrow \text{VT}\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^4+b^4+c^4+2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)}=\frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{(a^2+b^2+c^2)^2}=1\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$ hay $x=y=z=2$

Bài 2:

Đặt \((x,y,z)=\left(\frac{a}{b};\frac{b}{c}; \frac{c}{a}\right)\)

Ta có:

\(\text{VT}=\left(\frac{a}{b}+\frac{c}{b}-1\right)\left(\frac{b}{c}+\frac{a}{c}-1\right)\left(\frac{c}{a}+\frac{b}{a}-1\right)\)

\(=\frac{(a+c-b)(b+a-c)(c+b-a)}{abc}\)

Áp dụng BĐT Cauchy:

\((a+c-b)(b+a-c)\leq \left(\frac{a+c-b+b+a-c}{2}\right)^2=a^2\)

\((b+a-c)(c+b-a)\leq \left(\frac{b+a-c+c+b-a}{2}\right)^2=b^2\)

\((a+c-b)(c+b-a)\leq \left(\frac{a+c-b+c+b-a}{2}\right)^2=c^2\)

Nhân theo vế:

\(\Rightarrow [(a+c-b)(b+a-c)(c+b-a)]^2\leq (abc)^2\)

\(\Rightarrow (a+c-b)(b+a-c)(c+b-a)\leq abc\)

\(\Rightarrow \text{VT}\leq 1\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$ hay $x=y=z=1$

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

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

dấu = k xảy ra

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:

Sử dụng PP biến đổi tương đương kết hợp với BĐT Cauchy:

Ta có: \(\frac{1}{xy}+\frac{1}{xz}\geq 1\Leftrightarrow \frac{z}{xyz}+\frac{y}{xyz}\geq 1\)

\(\Leftrightarrow \frac{y+z}{xyz}\geq 1\Leftrightarrow y+z\geq xyz\)

\(\Leftrightarrow y+z\geq (4-y-z)yz\)

\(\Leftrightarrow y^2z+yz^2+y+z\geq 4yz(*)\)

Thật vậy, áp dụng BĐT Cauchy ta có:

\(\left\{\begin{matrix} y^2z+z\geq 2\sqrt{y^2z^2}=2yz\\ yz^2+y\geq 2\sqrt{z^2y^2}=2yz\end{matrix}\right.\)

Cộng theo vế: \(y^2z+yz^2+y+z\geq 4yz\). Do đó $(*)$ đúng. Ta có đpcm.

Dấu bằng xảy ra khi \((x,y,z)=(2,1,1)\)

Với x,y,z dương

Ta có:(x-y)²\(\ge0\forall x;y\)

=>x²+y²\(\ge\)2xy

Dấu = xảy ra khi x=y

Tương tự y²+z²\(\ge\)2yz

z²+x²\(\ge\)2zx

Cộng vế với vế 3 BĐT =>2(x²+y²+z²)\(\ge\)2(xy+yz+zx)

<=>x²+y²+z²\(\ge\)xy+yz+zx

<=>\(\dfrac{3}{xy+yz+zx}\ge\dfrac{3}{x^2+y^2+z^2}\)

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi x=y=z

=>\(\dfrac{3}{xy+yz+zx}+\dfrac{2}{x^2+y^2+z^2}\ge\dfrac{5}{x^2+y^2+z^2}\)

Áp dụng BĐT bunhiacopski:

\(\left(x^2+y^2+z^2\right)\left(\dfrac{1}{3^2}+\dfrac{1}{3^2}+\dfrac{1}{3^3}\right)\le\left(\dfrac{x+y+z}{3}\right)^2=\dfrac{1}{3^2}=\dfrac{1}{9}\)(Do x+y+z=1)

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi \(\dfrac{x}{3}=\dfrac{y}{3}=\dfrac{z}{3}\)<=>x=y=z

=>\(\dfrac{5}{x^2+y^2+z^2}=\dfrac{5}{3\cdot\left(x^2+y^2+z^2\right)\left(\dfrac{1}{3^2}+\dfrac{1}{3^2}+\dfrac{1}{3^2}\right)}\ge\dfrac{5}{3\cdot\dfrac{1}{9}}=15\)

=>\(\dfrac{3}{xy+yz+zx}+\dfrac{2}{x^2+y^2+z^2}\ge15\)(đpcm)

Dấu = xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}x=y=z\\z+y+z=1\end{matrix}\right.\)<=>x=y=z=\(\dfrac{1}{3}\)