K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

Hix vừa làm xong

Link nè bn tham khảo nhé: 

Câu hỏi của Phan Mạnh Tuấn - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath

3 tháng 6 2019

Em thử ạ!Em không chắc đâu.Hơi quá sức em rồi

Ta có: \(VT=\Sigma\frac{x^3}{z+y+yz+1}=\Sigma\frac{x^3}{z+y+\frac{1}{x}+1}\)

\(=\Sigma\frac{x^4}{xz+xy+1+x}=\frac{x^4}{xy+xz+x+1}+\frac{y^4}{yz+xy+y+1}+\frac{z^4}{zx+yz+z+1}\)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel,suy ra:

\(VT\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{\left(x+y+z\right)+2\left(xy+yz+zx\right)+3}\)

\(\ge\frac{\left(\frac{1}{3}\left(x+y+z\right)^2\right)^2}{\left(x+y+z\right)+\frac{2}{3}\left(x+y+z\right)^2+3}\) (áp dụng BĐT \(a^2+b^2+c^2\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3};ab+bc+ca\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\))

Đặt \(t=x+y+z\ge3\sqrt{xyz}=3\) Dấu "=" xảy ra khi x = y = z

Ta cần chứng minh: \(\frac{\frac{t^4}{9}}{\frac{2}{3}t^2+t+3}\ge\frac{3}{4}\Leftrightarrow\frac{t^4}{9\left(\frac{2}{3}t^2+t+3\right)}=\frac{t^4}{6t^2+9t+27}\ge\frac{3}{4}\)(\(t\ge3\))

Thật vậy,BĐT tương đương với: \(4t^4\ge18t^2+27t+81\)

\(\Leftrightarrow3t^4-18t^2-27t+t^4-81\ge0\)

Ta có: \(VT\ge3t^4-18t^2-27t+3^4-81\)

\(=3t^4-18t^2-27t\).Cần chứng minh\(3t^4-18t^2-27t\ge0\Leftrightarrow3t^4\ge18t^2+27t\)

Thật vậy,chia hai vế cho \(t\ge3\),ta cần chứng minh \(3t^3\ge18t+27\Leftrightarrow3t^3-18t-27\ge0\)

\(\Leftrightarrow3\left(t^3-27\right)-18\left(t-3\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(t-3\right)\left(3t^2+9t+27\right)-18\left(t-3\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(t-3\right)\left(3t^2+9t+9\right)\ge0\)

BĐT hiển nhiên đúng,do \(t\ge3\) và \(3t^2+9t+9=3\left(t+\frac{3}{2}\right)^2+\frac{9}{4}\ge\frac{9}{4}>0\)

Dấu "=" xảy ra khi t = 3 tức là \(\hept{\begin{cases}x=y=z\\xyz=1\end{cases}}\Leftrightarrow x=y=z=1\)

Chứng minh hoàn tất

3 tháng 6 2019

Em sửa chút cho bài làm ngắn gọn hơn.

Khúc chứng minh: \(4t^4\ge18t^2+27t+81\)

\(\Leftrightarrow4t^4-18t^2-27t-81\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(t-3\right)\left(4t^3+12t^2+18t+27\right)\ge0\)

BĐT hiển nhiên đúng do \(t\ge3\Rightarrow\hept{\begin{cases}t-3\ge0\\4t^3+12t^2+18t+27>0\end{cases}}\)

Còn khúc sau y chang :P Lúc làm rối quá nên không nghĩ ra ạ!

NV
21 tháng 10 2019

\(x^3+3x^2+3x+1+y^3+3y^3+3y+1+x+y+2=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+1\right)^3+\left(y+1\right)^3+x+y+2=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y+2\right)\left(\left(x+1\right)^2+\left(y+1\right)^2-\left(x+1\right)\left(y+1\right)\right)+\left(x+y+2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y+2\right)\left(\left(x+1\right)^2+\left(y+1\right)^2-\left(x+1\right)\left(y+1\right)+1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow x+y+2=0\)

(phần trong ngoặc \(\left(x+1\right)^2-\left(x+1\right)\left(y+1\right)+\frac{\left(y+1\right)^2}{4}+\frac{3\left(y+1\right)^2}{4}+1\)

\(=\left(x+1-\frac{y+1}{4}\right)^2+\frac{3\left(y+1\right)^2}{4}+1\) luôn dương)

\(\Rightarrow x+y=-2\)

\(xy>0\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x< 0\\y< 0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}-x>0\\-y>0\end{matrix}\right.\)

Ta có: \(\frac{1}{-x}+\frac{1}{-y}\ge\frac{4}{-\left(x+y\right)}=2\) \(\Leftrightarrow\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\le-2\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=-1\)

NV
21 tháng 10 2019

2/ \(x;y;z\ne0\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{1}{x+y+z}\)

\(\Leftrightarrow\frac{x+y}{xy}+\frac{1}{z}-\frac{1}{x+y+z}=0\)

\(\Leftrightarrow\frac{x+y}{xy}+\frac{x+y}{xz+yz+z^2}=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)\left(\frac{1}{xy}+\frac{1}{xz+yz+z^2}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)\left(\frac{xy+yz+xz+z^2}{xyz\left(x+y+z\right)}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}{xyz\left(x+y+z\right)}=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=-y\\y=-z\\z=-x\end{matrix}\right.\) dù trường hợp nào thì thay vào ta đều có \(B=0\)

3/ \(\Leftrightarrow mx-2x+my-y-1=0\)

\(\Leftrightarrow m\left(x+y\right)-\left(2x+y+1\right)=0\)

Gọi \(A\left(x_0;y_0\right)\) là điểm cố định mà d đi qua

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_0+y_0=0\\2x_0+y_0+1=0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_0=-1\\y_0=1\end{matrix}\right.\)

Vậy d luôn đi qua \(A\left(-1;1\right)\) với mọi m

26 tháng 8 2016

Ta có:

\(1+x^2=xy+yz+zx+x^2=\left(x+y\right)\left(x+z\right)\)

\(1+y^2=xy+yz+xz+y^2=\left(y+z\right)\left(x+y\right)\)

\(1+z^2=xy+yz+xz+z^2=\left(x+z\right)\left(y+z\right)\)

Thay vào A được:

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

\(=x\sqrt{\left(y+z\right)^2}+y\sqrt{\left(x+z\right)^2}+z\sqrt{\left(x+y\right)^2}\)

\(=x\left(y+z\right)+y\left(x+z\right)+z\left(x+y\right)\)

\(=xy+xz+xy+yz+xz+zy\)

\(=2\left(xy+yz+xz\right)\)

\(=2\)(do xy+yz+xz=1)

=>Đpcm

26 tháng 8 2016

Dạng toán này rất nhiều bạn hỏi rồi: thay \(xy+yz+zx=1\) vào các căn thức rồi phân tích đa thức thành nhân tử.

16 tháng 5 2018

\(\Sigma\dfrac{a^2}{\left(2a+b\right)\left(2a+c\right)}=\Sigma\left(\dfrac{1}{9}.\dfrac{a^2\left(2+1\right)^2}{2a.\left(\Sigma a\right)+2a^2+bc}\right)\le\Sigma\left(\dfrac{1}{9}.\dfrac{4a^2}{2a\left(\Sigma a\right)}+\dfrac{1}{9}.\dfrac{a^2}{2a^2+bc}\right)\)

\(=\Sigma\left(\dfrac{1}{9}.\left(\dfrac{2a}{\Sigma a}+\dfrac{a^2}{2a^2+bc}\right)\right)=\dfrac{1}{9}\left(2+\Sigma\dfrac{a^2}{2a^2+bc}\right)\)

Cần chứng minh \(\Sigma\frac{a^2}{2a^2+bc}\le1\)

<=> \(\Sigma\frac{bc}{2a^2+bc}\ge1\)         (*)

Đặt (x;y;z) ------->  \(\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)\)

Suy ra (*)  <=>  \(\Sigma\frac{x^2}{x^2+2xy}\ge1\Leftrightarrow\frac{\Sigma x^2}{\Sigma x^2}\ge1\) (đúng)

Vậy \(\Sigma\frac{a^2}{2a^2+bc}\le1\)

Suy ra \(\Sigma\frac{a^2}{\left(2a+b\right)\left(2a+c\right)}\le\frac{1}{9}\left(2+\Sigma\frac{a^2}{2a^2+bc}\right)\le\frac{1}{9}\left(2+1\right)=\frac{1}{3}\)

Đẳng thức xảy ra <=> x = y = z = 1 

16 tháng 5 2018

Nguồn : Trần Thắng

22 tháng 6 2020

Theo AM - GM và Bunhiacopski ta có được 

\(x^2+y^2\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{2};\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}\ge\frac{2}{xy}\ge\frac{8}{\left(x+y\right)^2}\)

Khi đó \(LHS\ge\left[\frac{\left(x+y\right)^2}{2}+z^2\right]\left[\frac{8}{\left(x+y\right)^2}+\frac{1}{z^2}\right]\)

\(\)\(=\left[\frac{1}{2}+\left(\frac{z}{x+y}\right)^2\right]\left[8+\left(\frac{x+y}{z}\right)^2\right]\)

Đặt \(t=\frac{z}{x+y}\ge1\)

Khi đó:\(LHS\ge\left(\frac{1}{2}+t^2\right)\left(8+\frac{1}{t^2}\right)=8t^2+\frac{1}{2t^2}+5\)

\(=\left(\frac{1}{2t^2}+\frac{t^2}{2}\right)+\frac{15t^2}{2}+5\ge\frac{27}{2}\)

Vậy ta có đpcm

23 tháng 6 2020

Ta có:

\(VT-VP=\frac{\left(x^2+y^2\right)\left(\Sigma xy\right)\left(\Sigma x\right)\left[z\left(x+y\right)-xy\right]\left(z-x-y\right)}{x^2y^2z^2\left(x+y\right)^2}+\frac{\left(x-y\right)^2\left(2x+y\right)^2\left(x+2y\right)^2}{2x^2y^2\left(x+y\right)^2}\ge0\)

Vì \(z\left(x+y\right)-xy\ge\left(x+y\right)^2-xy\ge4xy-xy>0\) 

3 tháng 8 2019

Nhân 8 vào hai vế:

Cần chứng minh \(\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right).2x.2y.2z\le\frac{64}{729}\)

Áp dụng BĐT Cô si ngược cho 6 số dương (tự c/m:v) vào VT ta có đcpm.

Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1/3

3 tháng 8 2019

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ngược là sao ạ? Bạn ví dụ cụ thể với....