Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
hùi nãy mem nào k sai cho t T_T t buồn
\(VT\ge6\left(x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2zx\right)-2\left(xy+yz+zx\right)+2.\frac{9}{4\left(x+y+z\right)}\)
\(=6\left(x+y+z\right)^2-2.\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}+\frac{9}{2\left(x+y+z\right)}=6.\left(\frac{3}{4}\right)^2-2.\frac{\left(\frac{3}{4}\right)^2}{3}+\frac{9}{2.\frac{3}{4}}\)
\(=\frac{27}{8}-\frac{3}{8}+6=9\)
\(\Rightarrow\)\(VT\ge9\) ( đpcm )
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(x=y=z=\frac{1}{4}\)
Chúc bạn học tốt ~
ta có: \(VT=\frac{x^2+y^2+z^2}{x^2+y^2}+\frac{x^2+y^2+z^2}{y^2+z^2}+\frac{x^2+y^2+z^2}{z^2+x^2}=3+\frac{z^2}{x^2+y^2}+\frac{x^2}{y^2+z^2}+\frac{y^2}{x^2+z^2}\)
Áp dụng bất đẳng thức cauchy: \(\hept{\begin{cases}x^2+y^2\ge2xy\\y^2+z^2\ge2yz\\z^2+x^2\ge2xz\end{cases}}\)
do đó \(VT\le3+\frac{x^2}{2yz}+\frac{y^2}{2xz}+\frac{z^2}{2xy}=\frac{x^3+y^3+z^3}{2xyz}+3=VF\)
đẳng thức xảy ra khi x=y=z
\(ab+bc+ca\le a^2+b^2+c^2\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\) ( bđt phụ + Cauchy-Schwarz dạng Engel )
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(a=b=c\)
CM bđt phụ : \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\)
\(\Leftrightarrow\)\(2x^2+2y^2+2z^2\ge2xy+2yz+2zx\)
\(\Leftrightarrow\)\(2x^2+2y^2+2z^2-2xy-2yz-2zx\ge0\)
\(\Leftrightarrow\)\(\left(x^2-2xy+y^2\right)+\left(y^2-2yz+z^2\right)+\left(z^2-2zx+x^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\)\(\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\ge0\) ( luôn đúng )
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(x=y=z\)
Chúc bạn học tốt ~
Đặt \(\frac{2}{x^2+y^2}+\frac{2}{y^2+z^2}+\frac{2}{x^2+z^2}\le\frac{x^3+y^3+z^3}{2xyz}+3\) \(\left(\text{*}\right)\)
Khi đó, ta cần chứng minh bất đẳng thức \(\left(\text{*}\right)\) luôn đúng với mọi \(x,y,z\in Z^+\) và \(x^2+y^2+z^2=2\) \(\left(\alpha\right)\)
\(VP\left(\text{*}\right)=\frac{x^2}{2yz}+\frac{y^2}{2xz}+\frac{z^2}{2xy}+3\)
Ta có các bất đẳng thức quen thuộc đối với ba số \(x,y,z\in Z^+\) như sau:
\(\hept{\begin{cases}x^2+y^2\ge2xy\\y^2+z^2\ge2yz\\z^2+x^2\ge2xz\end{cases}}\)
Áp dụng các bất đẳng thức trên cho \(VP\left(\text{*}\right)\) ta được:
\(VP\left(\text{*}\right)\ge\left(\frac{x^2}{y^2+z^2}+1\right)+\left(\frac{y^2}{x^2+z^2}+1\right)+\left(\frac{z^2}{x^2+y^2}+1\right)=\frac{2}{y^2+z^2}+\frac{2}{x^2+z^2}+\frac{2}{x^2+y^2}\) (theo \(\left(\alpha\right)\) )
Hay nói cách khác, \(VP\left(\text{*}\right)\ge VT\left(\text{*}\right)\)
Vậy, bđt \(\left(\text{*}\right)\) được chứng minh.
Dấu \("="\) xảy ra khi và chỉ khi \(\hept{\begin{cases}x=y=z\\x^2+y^2+z^2=2\end{cases}\Leftrightarrow}\) \(x=y=z=\sqrt{\frac{2}{3}}\)
\(\frac{2}{x^2+y^2}+\frac{2}{y^2+z^2}+\frac{2}{x^2+z^2}=\frac{x^2+y^2+z^2}{x^2+y^2}+\frac{x^2+y^2+z^2}{y^2+z^2}+\frac{x^2+y^2+z^2}{x^2+z^2}\)
\(=3+\frac{z^2}{x^2+y^2}+\frac{x^2}{y^2+z^2}+\frac{y^2}{x^2+z^2}\)
Áp dụng BĐT cô-si cho các cặp số thực không âm sau: x2 và y2 ; y2 và z2 ; x2 và z2 ta được:
\(x^2+y^2\ge2xy\Rightarrow\frac{z^2}{x^2+y^2}\le\frac{z^2}{2xy}\left(1\right)\)
Tương tự ta được: \(\frac{x^2}{y^2+z^2}\le\frac{x^2}{2yz}\left(2\right);\frac{y^2}{x^2+z^2}\le\frac{y^2}{2xz} \left(3\right)\)
Từ (1) và (2) và (3) suy ra: \(\frac{2}{x^2+y^2}+\frac{2}{y^2+z^2}+\frac{2}{x^2+z^2}\le3+\frac{z^2}{2xy}+\frac{x^2}{2yz}+\frac{y^2}{2xz}=3+\frac{x^3+y^3+z^3}{2xyz}\)
2. Có : 1/x + 1/y + 1/z = 0
=> 1 + x/y + x/z = 0 => x/y + x/z = -1
Tương tự : y/x + y/z = -1 ; z/x + z/y = -1
=> x/y + x/z + y/x + y/z + z/x + z/y = -3
Lại có : 1/x+1/y+1/z = 0
<=> xy+yz+zx/xyz = 0
<=> xy+yz+zx = 0
Xét : 0 = (xy+yz+zx).(1/x^2+1/y^2+1/z^2)
= xy/z^2+xz/y^2+xy/z^2+x/y+y/x+y/z+z/y+z/x+x/z
= xy/z^2+xz/y^2+xy/z^2-3
=> xy/z^2+xz/y^2+xy/z^2 = 3
=> ĐPCM
Tk mk nha
Áp dụng BĐT Cô si ta có:
\(1=\left(a+b+c\right)^2\ge4a\left(b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow b+c\ge4a\left(b+c\right)^2\)
Mà \(\left(b+c\right)^2\ge4bc\)
\(\Rightarrow b+c\ge4a.4bc=16abc\)
/\(2020\left(\dfrac{1}{x^2+y^2}+\dfrac{1}{y^2+z^2}+\dfrac{1}{x^2+y^2}\right)ápdụngBDT\)
\(\dfrac{1}{x^2+y^2}+\dfrac{1}{y^2+z^2}+\dfrac{1}{x^2+z^2}\ge\dfrac{9}{2\left(x^2+y^2+z^2\right)}=\dfrac{9}{2\cdot2020}\)
\(ápdụngBĐTcosi\)
\(x^3+y^3+z^3\ge3xyz\)
\(\)=> VP\(\ge\) 9/2
Ta có : \(\frac{2}{x^2+y^2}+\frac{2}{y^2+z^2}+\frac{2}{z^2+x^2}=\frac{x^2+y^2+z^2}{x^2+y^2}+\frac{x^2+y^2+z^2}{y^2+z^2}+\frac{x^2+y^2+z^2}{z^2+x^2}=\frac{z^2}{x^2+y^2}+\frac{x^2}{y^2+z^2}+\frac{y^2}{z^2+x^2}+3\)
Ta lại có : \(x^2+y^2\le2xy\Leftrightarrow\frac{z^2}{x^2+y^2}\le\frac{z^2}{2xy}\)
\(y^2+z^2\le2yz\Leftrightarrow\frac{x^2}{y^2+z^2}\le\frac{x^2}{2yz}\)
\(z^2+x^2\le2zx\Leftrightarrow\frac{y^2}{z^2+x^2}\le\frac{y^2}{2zx}\)
Cộng vế theo vế ta có :
\(\frac{z^2}{x^2+y^2}+\frac{x^2}{y^2+z^2}+\frac{y^2}{z^2+x^2}\le\frac{z^2}{2xy}+\frac{x^2}{2yz}+\frac{y^2}{2zx}\)
\(\Leftrightarrow\frac{z^2}{x^2+y^2}+\frac{x^2}{y^2+z^2}+\frac{y^2}{z^2+x^2}+3\le\frac{z^2}{2xy}+\frac{x^2}{2yz}+\frac{y^2}{2zx}+3\)
\(\Leftrightarrow\frac{2}{x^2+y^2}+\frac{2}{y^2+z^2}+\frac{2}{z^2+x^2}\le\frac{x^2+y^2+z^2}{2xyz}+3\)
\(\Rightarrowđpcm\)
\(\frac{1}{x^2+y^2}+\frac{1}{y^2+z^2}+\frac{1}{z^2+x^2}=\frac{x^2+y^2+z^2}{x^2+y^2}+\frac{x^2+y^2+z^2}{y^2+z^2}+\frac{x^2+y^2+z^2}{z^2+x^2}\)
\(=1+\frac{z^2}{x^2+y^2}+1+\frac{x^2}{y^2+z^2}+1+\frac{y^2}{z^2+x^2}\)
\(\le3+\frac{z^2}{2xy}+\frac{x^2}{2yz}+\frac{y^2}{2zx}\)\(=3+\frac{x^3+y^3+z^3}{2xyz}\)
Dấu "=" \(\Leftrightarrow x=y=z=\frac{\sqrt{3}}{3}\)