PT
1
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
LT
1
9 tháng 3 2016
Ta có \(\left(2-x\right)\left(2-y\right)\left(2-z\right)>0\to8-4\left(x+y+z\right)+2\left(xy+yz+zx\right)-xyz>0\)
Suy ra \(2\left(x+y+z\right)-\left(xy+yz+zx\right)<\frac{8-xyz}{2}<4.\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
7 tháng 9 2024
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(\frac{1}{x^2+xy}+\frac{1}{y^2+xy}\geq \frac{4}{x^2+xy+y^2+xy}=\frac{4}{(x+y)^2}\geq \frac{4}{1^2}=4\)
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $x=y=\frac{1}{2}$
HH
2
25 tháng 7 2018
\(VT=\dfrac{1}{x^2+xy}+\dfrac{1}{y^2+xy}\)
\(\ge\dfrac{4}{x^2+2xy+y^2}\)
\(=\dfrac{4}{\left(x+y\right)^2}>4\)
25 tháng 7 2018
Cách khác.
Ta có: \(A=\dfrac{1}{x\left(x+y\right)}+\dfrac{1}{y\left(x+y\right)}=\dfrac{1}{x+y}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)\)
\(=\dfrac{1}{x+y}.\dfrac{x+y}{xy}=\dfrac{1}{xy}\)
Áp dụng BĐT cho các số x,y >0 , ta có:
\(x+y\ge2\sqrt{xy}\Rightarrow\left(x+y\right)^2\ge4xy\Rightarrow\dfrac{\left(x+y\right)^2}{4}\ge xy\)
Và x+y \(\le\)1 \(\Rightarrow xy\le\dfrac{1}{4}\) \(\Rightarrow A\ge\dfrac{1}{\dfrac{1}{4}}=4\)
Dấu ''='' xảy ra khi x = y =0,5
19 tháng 6 2016
Dự đoán dấu bằng có khi (x,y,z)(x,y,z) là các hoán vị (0;1;1).
Từ đó ta đánh giá làm mất căn:
Ta có:
\(4\sqrt{2}.\sqrt{\frac{xy+yz+zx}{x^2+y^2+z^2}}=\frac{8\left(xy+yz+zx\right)}{\sqrt{\left(x^2+y^2+z^2\right).2\left(xy+yz+zx\right)}}\)\(\ge\frac{16\left(xy+yz+zx\right)}{\left(x+y+z\right)^2}\)
Do đó ta chỉ cần có
\(\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}+\frac{16\left(xy+yz+zx\right)}{\left(x+y+z\right)^2}\ge6\)
Không mất tính tổng quát, giả sử \(x\ge y\ge z\) suy ra \(x\ge y>0,z\ge0\)
Khi đó, ta chứng minh BĐT mạnh hơn
\(\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{16\left(xy+yz+zx\right)}{\left(x+y+z\right)^2}\ge6\)
\(\Leftrightarrow\frac{x+y+z}{y+z}+\frac{x+y+z}{z+x}-\frac{8\left(x^2+y^2+z^2\right)}{\left(x+y+z\right)^2}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)^3\left(x+y+2z\right)\ge8\left(x+z\right)\left(y+z\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)\)
Hay \(\left(x+y+z\right)^4+z\left(x+y+z\right)^3\ge8z^2\left(x^2+y^2+z^2\right)+8\left(xy+yz+zx\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)\)
Theo AM-GM:\(\left(x+y+z\right)^4=\left(x^2+y^2+z^2+2\left(xy+yz+zx\right)\right)^2\ge8\left(xy+yz+zx\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)\)
Vậy ta chỉ cần chứng minh \(z\left(x+y+z\right)^3\ge8z^2\left(x^2+y^2+z^2\right)\)
\(BDT\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)^3\ge8z\left(x^2+y^2+z^2\right)\)
Ta có:\(\left(x+y+z\right)^3=x^3+y^3+z^3+3x\left(y^2+z^2\right)+3y\left(z^2+x^2\right)+3z\left(x^2+y^2\right)+6xyz\ge x^3+y^3+z^3+3x^2y+3xy^2+5xyz+8z^3+3z\left(x^2+y^2\right)\)
Suy ra \(\left(x+y+z\right)^3-8z\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge x^3+y^3+3x^2y+3xy^2+5xyz-5z\left(x^2+y^2\right)\)
\(=x^3+y^3+3x^2y+3xy^2+5z\left(xy-x^2-y^2\right)\ge x^3+y^3+3x^2y+3xy^2+5y\left(xy-x^2-y^2\right)\)
\(\ge x^3+y^3+3x^2y+3xy^2-5y\left(x^2+y^2\right)\)
\(=\left(x^2-y^2+4\right)\left(x-y\right)\ge0\)
BĐT được chứng minh.
ML
9 tháng 8 2016
Sủ dụng: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b};\text{ }ab\le\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\)
\(xy\le\frac{\left(x+y\right)^2}{4}\le\frac{1}{4}\)
\(P=\frac{1}{x^2+y^2}+\frac{1}{2xy}+4xy+\frac{1}{4xy}+\frac{5}{4xy}\)
\(\ge\frac{4}{x^2+y^2+2xy}+2\sqrt{4xy.\frac{1}{4xy}}+\frac{5}{4.\frac{1}{4}}\)
\(=\frac{4}{\left(x+y\right)^2}+2+5\)
\(\ge4+2+5=11\)
Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=\frac{1}{2}\)
PN
9 tháng 8 2016
\(-------\)
Chứng minh bổ đề: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\) \(\left(i\right)\) (với \(a,b>0\) )
Bđt \(\left(i\right)\) tương đương với bđt sau:
\(\left(a+b\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\ge4\) \(\left(ii\right)\)
Ta cần chứng minh bđt \(\left(ii\right)\) luôn đúng với mọi \(a,b>0\)
Thật vậy, ta áp dụng bđt \(Cauchy\) loại hai cho từng bộ số gồm hai số không âm đề giải quyết bài toán trơn tru như sau:
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge2\sqrt{\frac{1}{ab}}\) \(\left(1\right)\)
\(a+b\ge2\sqrt{ab}\) \(\left(2\right)\)
Nhân từng vế \(\left(1\right)\) và \(\left(2\right)\) , ta suy ra điều phải chứng minh.
Vì bđt \(\left(ii\right)\) được chứng minh nên kéo theo bđt \(\left(i\right)\) luôn đúng với mọi \(a,b>0\)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b\)
\(-------\)
Quay trở về bài toán, ta có:
\(1\ge x+y\ge2\sqrt{xy}\)
\(\Rightarrow\) \(\sqrt{xy}\le\frac{x+y}{2}\le\frac{1}{2}\)
nên suy ra được \(xy\le\frac{1}{4}\)
\(P=\frac{1}{x^2+y^2}+\frac{2}{xy}+4xy=\left(\frac{1}{x^2+y^2}+\frac{1}{2xy}\right)+\left(\frac{1}{4xy}+4xy\right)+\frac{5}{4xy}\)
Áp dụng bđt \(\left(i\right)\) cho biểu thức đầu tiên, bđt Cauchy cho biểu thức thứ hai và với chú ý rằng \(xy\le\frac{1}{4}\) , ta được:
\(P\ge\frac{4}{\left(x+y\right)^2}+2\sqrt{\frac{1}{4xy}.4xy}+\frac{5}{4.\frac{1}{4}}=4+2+5=11\)
Dấu \("="\) xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=\frac{1}{2}\) (bạn cần làm rõ khúc này nha)
Vậy, \(P_{min}=11\) \(\Leftrightarrow\) \(x=y=\frac{1}{2}\)
TN
0
TT
19 tháng 9 2020
a) \(ĐKXĐ:x,y\ne0;x\ne\pm y\)
Ta có : \(A=\frac{y-x}{xy}:\left[\frac{y^2}{\left(x-y\right)^2}-\frac{2x^2y}{\left(x^2-y^2\right)^2}+\frac{x^2}{y^2-x^2}\right]\)
\(=\frac{y-x}{xy}:\left[\frac{y^2.\left(x+y\right)^2}{\left(x-y\right)^2.\left(x+y\right)^2}-\frac{2x^2y}{\left(x-y\right)^2.\left(x+y\right)^2}-\frac{x^2.\left(x^2-y^2\right)}{\left(x^2-y^2\right).\left(x^2-y^2\right)}\right]\)
\(=\frac{y-x}{xy}:\left[\frac{y^2.\left(x^2+2xy+y^2\right)-2x^2y-x^2.\left(x^2-y^2\right)}{\left(x-y\right)^2.\left(x+y\right)^2}\right]\)
\(=\frac{y-x}{xy}:\left[\frac{x^2y^2+y^4+2xy^3-2x^2y-x^4+x^2y^2}{\left(x-y\right)^2\left(x+y\right)^2}\right]\)
Đề này lỗi mình nghĩ vậy vì trên tử kia không đẹp lắm.....
Lời giải:
Xét hiệu:
$x^4+y^4-xy(x^2+y^2)=(x^4-x^3y)-(xy^3-y^4)=x^3(x-y)-y^3(x-y)$
$=(x-y)(x^3-y^3)=(x-y)(x-y)(x^2+xy+y^2)=(x-y)^2(x^2+xy+y^2)$
Ta thấy:
$(x-y)^2\geq 0$ với mọi $x,y$
$x^2+xy+y^2=(x+\frac{y}{2})^2+\frac{3y^2}{4}\geq 0$ với mọi $x,y$
$\Rightarrow x^4+y^4-xy(x^2+y^2)=(x-y)^2(x^2+xy+y^2)\geq 0$
$\Rightarrow xy(x^2+y^2)\leq x^4+y^4$
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $x=y$.