Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
dùng bđt phụ \(\frac{x^2}{a}+\frac{y^2}{b}\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{a+b}\) với bđt Cô-si nhé
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(A=\left(x+\frac{1}{x}\right)^2+\left(y+\frac{1}{y}\right)^2\ge\frac{\left(x+\frac{1}{x}+y+\frac{1}{y}\right)^2}{2}\)
\(=\frac{\left(x+y+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)^2}{2}=\frac{\left(x+y+\frac{x+y}{xy}\right)^2}{2}\)
Lại có: \(1=x+y\ge2\sqrt{xy}\Rightarrow1\ge4xy\Rightarrow\frac{1}{xy}\ge4\)
Khi đó \(A\ge\frac{\left(1+\frac{1}{xy}\right)^2}{2}=\frac{\left(1+4\right)^2}{2}=\frac{5^2}{2}=\frac{25}{2}\)
Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=\frac{1}{2}\)
\(A=\frac{x^3}{y+2z}+\frac{y^3}{z+2x}+\frac{z^3}{x+2y}\)
\(=\frac{x^4}{xy+2zx}+\frac{y^4}{yz+2xy}+\frac{z^4}{zx+2yz}\)
\(\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{3\left(xy+yz+zx\right)}\ge\frac{x^2+y^2+z^2}{3}=\frac{1}{3}\)
Với mọi số thực ta luôn có:
`(x-y)^2>=0`
`<=>x^2-2xy+y^2>=0`
`<=>x^2+y^2>=2xy`
`<=>(x+y)^2>=4xy`
`<=>(x+y)^2>=16`
`<=>x+y>=4(đpcm)`
\(\dfrac{1}{x+3}+\dfrac{1}{y+3}=\dfrac{x+3+y+3}{\left(x+3\right)\left(y+3\right)}\)
\(=\dfrac{x+y+6}{3x+3y+13}\)(vì \(xy=4\))
=> \(\dfrac{x+y+6}{3x+3y+13}\)≤\(\dfrac{2}{5}\)
<=> \(5\left(x+y+6\right)\)≤\(2\left(3x+3y+13\right)\)
<=>\(6x+6y+26-5x-5y-30\)≥\(0\)
<=> \(x+y-4\)≥\(0\)
Áp dụng BĐT AM-GM \(\dfrac{a+b}{2}\)≥\(\sqrt{ab}\)
Ta có \(\dfrac{x+y}{2}\)≥\(\sqrt{xy}\)
<=>\(x+y\) ≥ 2\(\sqrt{xy}\)
=>2\(\sqrt{xy}-4\)≥\(0\)
<=> \(4-4\)≥0
<=>0≥0 ( Luôn đúng )
Vậy \(\dfrac{1}{x+3}+\dfrac{1}{y+3}\)≤\(\dfrac{2}{5}\)
\(\dfrac{x-y}{z^2+1}=\dfrac{x-y}{z^2+xy+yz+zx}=\dfrac{x-y}{z\left(z+y\right)+x\left(z+y\right)}=\dfrac{x-y}{\left(x+z\right)\left(z+y\right)}\)
Tương tự: \(\dfrac{y-z}{x^2+1}=\dfrac{y-z}{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}\);\(\dfrac{z-x}{y^2+1}=\dfrac{z-x}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}\)
Cộng vế với vế \(\Rightarrow VT=\dfrac{x-y}{\left(x+z\right)\left(y+z\right)}+\dfrac{y-z}{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}+\dfrac{z-x}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}\)
\(=\dfrac{\left(x-y\right)\left(x+y\right)+\left(y-z\right)\left(y+z\right)+\left(z-x\right)\left(z+x\right)}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\)
\(=\dfrac{x^2-y^2+y^2-z^2+z^2-x^2}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}=0\)(đpcm)
Từ giả thiết , ta có :
\(xyz=\left(1-x\right)\left(1-y\right)\left(1-z\right)\left(1\right)\)
\(\Rightarrow1=\left(\frac{1}{x}-1\right)\left(\frac{1}{y}-1\right)\left(\frac{1}{z}-1\right)\)
Áp dụng bất đẳng thức sau : \(abc\le\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^3\) ta có :
\(1=\left(\frac{1}{x}-1\right)\left(\frac{1}{y}-1\right)\left(\frac{1}{z}-1\right)\le\left(\frac{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}-3}{3}\right)^3\)
\(\Rightarrow3\le\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}-3\)
\(\Rightarrow6\le\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\)
\(\Rightarrow6xyz\le xy+yz+zx\left(2\right)\)
Từ ( 1 ) và ( 2 ) suy ra:
\(3-3\left(x+y+z\right)+3\left(xy+yz+zx\right)=6xyz\le xy+yz+zx\)
\(\Rightarrow0\ge3-3\left(x+y+z\right)+2\left(xy+yz+zx\right)\)
Cộng 2 vế của bất đẳng thức trên cho \(\left(x^2+y^2+z^2\right)\)ta được:
\(x^2+y^2+z^2\ge\left(x+y+z\right)^2-3\left(x+y+z+3\right)=\left(x+y+z-\frac{3}{2}\right)^2+\frac{3}{4}\ge\frac{3}{4}\)
Dấu '' = '' xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=z=\frac{1}{2}\)
ta có:
xyz=(1-x).(1-y).(1-z) (1)
=>1=(1:x-1).(1:y-1).(1:z-1)
1/x + 1/y >= 4/x+y
<=> x+y/xy >= 4/x+y
<=> (x+y)^2/xy(x+y) >= 4xy/xy(x+y)
<=> x^2 + y^2 + 2xy >= 4xy (x,y > 0)
<=> x^2 + y^2 + 2xy - 4xy >= 0
<=> (x-y)^2 >= 0 ( luôn đúng với mọi x,y)
Vậy bất đẳng thức đề bài đúng
Áp dụng bđt Cauchy - Schwarz dạng Engel, ta được:
\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{\left(1+1\right)^2}{x+y}=\frac{4}{x+y}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=\frac{1}{2}\)
Thật ra bài này không cần điều kiện \(x+y\le1\)thì \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\)vẫn đúng với x,y dương và x = y.
Mình nghĩ nên chứng minh \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge4\)thì điều kiện \(x+y\le1\) sẽ có nghĩa!