Ta có đánh giá: \(\frac{1}{x^2+x}\ge\frac{5-3x}{4}\) \(\forall x>0\)

Thật vậy, BĐT tương đương:

\(\Leftrightarrow4\ge\left(x^2+x\right)\left(5-3x\right)\)

\(\Leftrightarrow3x^3-2x^2-5x+4\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)^2\left(3x+4\right)\ge0\) (luôn đúng \(\forall x>0\))

Tương tự ta có: \(\frac{1}{y^2+y}\ge\frac{5-3y}{4}\) ; \(\frac{1}{z^2+z}\ge\frac{5-3z}{4}\)

Cộng vế với vế: \(P\ge\frac{15-3\left(x+y+z\right)}{4}=\frac{15-9}{4}=\frac{3}{2}\)

\(P_{min}=\frac{3}{2}\) khi \(x=y=z=1\)

srweafgtseawref

\(Gt\Rightarrow\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{xz}=1\)

Đặt \(a=\frac{1}{x};b=\frac{1}{y};c=\frac{1}{z}\Rightarrow ab+bc+ca=1\)

\(VT=\frac{2}{\sqrt{1+x^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+y^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+z^2}}\)

\(=\frac{\frac{2}{x}}{\sqrt{\frac{1}{x^2}+1}}+\frac{\frac{1}{y}}{\sqrt{\frac{1}{y^2}+1}}+\frac{\frac{1}{z}}{\sqrt{\frac{1}{z^2}+1}}\)

\(=\frac{2a}{\sqrt{a^2+ab+bc+ca}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+ab+bc+ca}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+ab+bc+ca}}\)

\(=\sqrt{\frac{2a}{\left(a+b\right)}\cdot\frac{2a}{\left(a+c\right)}}+\sqrt{\frac{2b}{\left(b+a\right)}\cdot\frac{b}{2\left(b+c\right)}}\)\(+\sqrt{\frac{2c}{\left(c+a\right)}\cdot\frac{c}{2\left(c+b\right)}}\)

\(\le\frac{\frac{2a}{a+b}+\frac{2a}{a+c}+\frac{2b}{a+b}+\frac{b}{2\left(b+c\right)}+\frac{2c}{c+a}+\frac{c}{2\left(c+b\right)}}{2}=\frac{9}{4}\)

Đặt : \(a=2^x;b=2^y;c=2^z\)

Khi đó :  \(a,b,c>0;abc=2^{x+y+z}=64\)

Ta cần c/m : \(a^3+b^3+c^3\ge4\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

\(\Rightarrow a^3+32-6a^2=\left(a-4\right)^2\left(a+2\right)\)

Theo đó, ta cần sử dụng giả thiết : \(a>0\), suy ra : \(a^3+32\ge6a^2\)

Thiết lập các bđt tương tự cho b và c và cộng theo vế các bđt tìm được, ta có :

\(a^3+b^3+c^3+96\ge6\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

Ta cần c/m thêm : \(6\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge4\left(a^2+b^2+c^2\right)+96\)

hay : \(2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2.3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=6\sqrt[3]{4096}=96\)

\(\Rightarrowđpcm\)

mik làm cách khác,mấy bạn cho điểm nhá!

Sai đề:x+y+z=6

Đặt\(a=2^x,b=2^y,c=2^z\)

\(\Rightarrow abc=2^{x+y+z}=64\)

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM,ta được:

\(3\sqrt[3]{abc}\le a+b+c\)

Ta có:\(3\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

Hay \(2\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)\)

Thật vậy:

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM một lần nữa,ta được:

\(a^3+a^3+b^3\ge3a^2b\)

\(a^3+a^3+c^3\ge3a^2c\)

\(a^3+b^3+b^3\ge3b^2a\)

\(a^3+c^3+c^3\ge3c^2a\)

\(b^3+b^3+c^3\ge3b^2c\)

\(b^3+c^3+c^3\ge3c^2b\)

Cộng vế theo vế của các bất đẳng thức,ta được:

\(2\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)\)

Dấu "="xẩy ra khi và chỉ khi:\(a=b=c\)

Ta có \(xy+yz+xz=\frac{2^2-18}{2}=-7\)

 \(x+y+z=2\)=> \(z-1=-x-y+1\)

=> \(\frac{1}{xy+z-1}=\frac{1}{xy-x-y+1}=\frac{1}{\left(x-1\right)\left(y-1\right)}\)

Tương tự \(\frac{1}{yz+x-1}=\frac{1}{\left(y-1\right)\left(z-1\right)};\frac{1}{xz+y-1}=\frac{1}{\left(z-1\right)\left(x-1\right)}\)

=> \(S=\frac{x+y+z-3}{\left(x-1\right)\left(y-1\right)\left(z-1\right)}=-\frac{1}{xyz-\left(yz+xy+xz\right)+\left(x+y+z\right)-1}\)

                                                                 \(=\frac{-1}{-1+7+2-1}=-\frac{1}{7}\)

Vậy \(S=-\frac{1}{7}\)

Trả lời

Từ giả thiết x+y+z=xyz <=> 1/xy + 1/yz + 1/zx = 1

Khi đó: x/1+x² = \(\frac{1}{\frac{x}{\left(\frac{1}{z}+\frac{1}{y}\right)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{z}\right)}}\)\(=\frac{xyz}{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}\)

Tương tự cho 2 cái còn lại ta có:\(\frac{y}{1+y^2}=\frac{xyz}{\left(y+x\right)\left(y+z\right)}\)

\(\frac{z}{1+z^2}=\frac{xyz}{\left(z+x\right)\left(z+y\right)}\)

Suy ra VT=\(\frac{xyz\left(y+z\right)+2xyz\left(z+x\right)+3xyz\left(x+y\right)}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\)\(=\frac{xyz\left(5x+4y+3z\right)}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\)

ĐPCM

 Ta có:\(\frac{x}{1+x^2}=\frac{xyz}{yz+x^2yz}=\frac{xyz}{yz+x\left(xyz\right)}=\frac{xyz}{yz+x\left(x+y+z\right)}=\frac{xyz}{yz+x^2+xy+xz}=\frac{xyz}{y\left(x+z\right)+x\left(x+z\right)}\)

\(=\frac{xyz}{\left(x+z\right)\left(y+x\right)}\)

Chứng minh tương tự : \(\frac{2y}{1+y^2}=\frac{2xyz}{\left(y+z\right)\left(y+x\right)}\)

                                        \(\frac{3z}{1+z^2}=\frac{3xyz}{\left(x+z\right)\left(x+y\right)}\)

Khi đó VT \(=\frac{xyz}{\left(x+z\right)\left(y+x\right)}+\frac{2xyz}{\left(y+z\right)\left(y+x\right)}+\frac{3xyz}{\left(x+z\right)\left(z+y\right)}\)

\(=\frac{xyz\left[y+z+2\left(z+x\right)+3\left(x+y\right)\right]}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\)

\(=\frac{xyz\left(5x+4y+3z\right)}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\left(đpcm\right)\)

( mình đang vội nên làm hơi tắt mong bạn thông cảm )

Lời giải:

Áp dụng PP tìm điểm rơi và BĐT Cauchy cho các số dương:

\(x^3+\left(\frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{2}+3\sqrt{3}+1}\right)^3+\left(\frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{2}+3\sqrt{3}+1}\right)^3\geq 3x\left(\frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{2}+3\sqrt{3}+1}\right)^2\)

\(y^3+\left(\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}+3\sqrt{3}+1}\right)^3+\left(\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}+3\sqrt{3}+1}\right)^3\geq 3y\left(\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}+3\sqrt{3}+1}\right)^2\)

\(z^3+\left(\frac{1}{2\sqrt{2}+3\sqrt{3}+1}\right)^3+\left(\frac{1}{2\sqrt{2}+3\sqrt{3}+1}\right)^3\geq 3z\left(\frac{1}{2\sqrt{2}+3\sqrt{3}+1}\right)^2\)

Cộng theo vế:

\(P+\frac{2}{(2\sqrt{2}+3\sqrt{3}+1)^2}\geq \frac{3}{(2\sqrt{2}+3\sqrt{3}+1)^2}(2x+3y+z)=\frac{3}{(2\sqrt{2}+3\sqrt{3}+1)^2}\)

\(\Rightarrow P\geq \frac{1}{(2\sqrt{2}+3\sqrt{3}+1)^2}\)

Vậy \(P_{\min}=\frac{1}{(2\sqrt{2}+3\sqrt{3}+1)^2}\)

+ Theo bđt cauchy :

\(\frac{1}{x^2+x}+\frac{x}{2}+\frac{x+1}{4}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{x\left(x+1\right)}\cdot\frac{x}{2}\cdot\frac{x+1}{4}}=\frac{3}{2}\)

Dấu "=" \(\Leftrightarrow\frac{1}{x\left(x+1\right)}=\frac{x}{2}=\frac{x+1}{4}\Leftrightarrow x=1\)

+ Tương tự :

\(\frac{1}{y^2+y}+\frac{y}{2}+\frac{y+1}{4}\ge\frac{3}{2}\) Dấu "=" <=> y = 1

\(\frac{1}{z^2+z}+\frac{z}{2}+\frac{z+1}{4}\ge\frac{3}{2}\) Dấu "=" <=> z = 1

Do đó : \(P+\frac{x+y+z}{2}+\frac{x+y+z+3}{4}\ge\frac{9}{2}\)

\(\Rightarrow P+\frac{3}{2}+\frac{3}{2}\ge\frac{9}{2}\) \(\Rightarrow P\ge\frac{3}{2}\)

Dấu "=" <=> x = y = z = 1