Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(BDT\Leftrightarrow\frac{\left(1+3x\right)\left(x+8y\right)\left(y+9z\right)\left(z+6\right)}{xyz}\ge7^4\)
\(\Leftrightarrow\left(1+3x\right)\left(1+\frac{8y}{x}\right)\left(1+\frac{9z}{y}\right)\left(1+\frac{6}{z}\right)\ge7^4\)
Áp dụng BĐT Huygens ta có:
\(VT\ge\left(1+\sqrt[4]{3x\cdot\frac{8y}{x}\cdot\frac{9z}{y}\cdot\frac{6}{z}}\right)=7^4=VP\)
Khi \(x=2;y=\frac{3}{2};z=1\)
dễ mà bạn :))) gáy tí , sai thì thôi
\(P=\frac{x^3}{\left(1+x\right)\left(1+y\right)}+\frac{y^3}{\left(1+y\right)\left(1+z\right)}+\frac{z^3}{\left(1+z\right)\left(1+x\right)}\)
\(=\frac{x^3\left(1+z\right)}{\left(1+x\right)\left(1+y\right)\left(1+z\right)}+\frac{y^3\left(1+x\right)}{\left(1+y\right)\left(1+x\right)\left(1+z\right)}+\frac{z^3\left(1+y\right)}{\left(1+x\right)\left(1+z\right)\left(1+y\right)}\)
\(=\frac{x^3\left(1+z\right)+y^3\left(1+x\right)+z^3\left(1+y\right)}{\left(1+x\right)\left(1+y\right)\left(1+z\right)}\ge\frac{3\sqrt[3]{x^3y^3z^3\left(1+x\right)\left(1+y\right)\left(1+z\right)}}{\left(1+x\right)\left(1+y\right)\left(1+z\right)}\)
đến đây áp dụng BĐT phụ ( 1+a ) ( 1+b ) ( 1+c ) >= 8abc
EZ :)))
Câu hỏi của Đỗ Tuấn Linh - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath
A
Áp dụng BĐT cosi ta có
\(\sqrt{\left(2x-1\right).1}\le\frac{2x-1+1}{2}=x\)
\(x\sqrt{5-4x^2}\le\frac{x^2+5-4x^2}{2}=\frac{-3x^2+5}{2}\)
Khi đó
\(A\le3x+\frac{-3x^2+5}{2}=\frac{-3x^2+6x+5}{2}=\frac{-3\left(x-1\right)^2}{2}+4\le4\)
MaxA=4 khi \(\hept{\begin{cases}2x-1=1\\x^2=5-4x^2\\x=1\end{cases}\Rightarrow}x=1\)
B
Áp dụng BĐT cosi ta có :
\(x^2+y^2+z^2\ge\frac{1}{3}\left(x+y+z\right)^2\)
=> \(x+y+z\le\sqrt{3\left(x^2+y^2+z^2\right)}\)
=> \(B\le\frac{xyz.\left(\sqrt{3\left(x^2+y^2+z^2\right)}+\sqrt{x^2+y^2+z^2}\right)}{\left(x^2+y^2+z^2\right)\left(xy+yz+xz\right)}=\frac{xyz.\left(\sqrt{3}+1\right)}{\left(xy+yz+xz\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}}\)
Lại có \(x^2+y^2+z^2\ge3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}\); \(xy+yz+xz\ge3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}\)
=> \(\sqrt{x^2+y^2+z^2}\left(xy+yz+xz\right)\ge3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}.\sqrt{3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}}=3\sqrt{3}.xyz\)
=> \(B\le\frac{\sqrt{3}+1}{3\sqrt{3}}=\frac{3+\sqrt{3}}{9}\)
\(MaxB=\frac{3+\sqrt{3}}{9}\)khi x=y=z
Câu a đề hơi sai nha bạn, nên mình chỉ giải câu b thoi
Áp dụng AM-GM cho các bộ 3 số dương (x,y,z) và (1/x,1/y,1/z):
\(x+y+z\ge3\sqrt[3]{xyz}\)
\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge\frac{3}{\sqrt[3]{xyz}}\)
\(\Rightarrow P\ge6\sqrt[3]{xyz}+\frac{3}{\sqrt[3]{xyz}}\ge2\sqrt{6\sqrt[3]{xyz}.\frac{3}{\sqrt[3]{xyz}}}=6\sqrt{2}\)(BĐT Cô-si)
Dấu = xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=z=\frac{1}{\sqrt{2}}\)( thỏa x,y,z thuộc (0;1))
Lời giải:
Khai triển, BĐT cần chứng minh tương đương với
\(64(xy+yz+xz)-63xyz\geq 192\)
Không mất tính tổng quát, giả sử \(z=\max (x,y,z)\Rightarrow z\geq \frac{4}{3}\)
Đặt \(f(x,y,z)=64(xy+yz+xz)-63xyz\)
Ta sẽ chứng minh \(f(x,y,z)\geq f\left(\frac{x+y}{2},\frac{x+y}{2},z\right)\)
\(\Leftrightarrow 64(xy+yz+xz)-63xyz\geq 64\left [ \left ( \frac{x+y}{2} \right )^2+z(x+y) \right ]-63z\left ( \frac{x+y}{2} \right )^2\)
\(\Leftrightarrow \frac{64(x-y)^2}{4}\leq \frac{63z(x-y)^2}{4}\Leftrightarrow z\geq\frac{63}{64}\)
Điều này hiển nhiên đúng vì \(z\geq \frac{4}{3}>\frac{63}{64}\)
Bây giờ ta chỉ cần chỉ ra \(f\left(\frac{x+y}{2},\frac{x+y}{2},z\right)\geq 192\)
\(\Leftrightarrow 64\left [ \left ( \frac{x+y}{2} \right )^2+z(x+y) \right ]-63z\left ( \frac{x+y}{2} \right )^2\geq 192\)
\(\Leftrightarrow 64z(4-z)+16(4-z)^2-\frac{63}{4}z(4-z)^2\geq 192\Leftrightarrow 63z^3-312z^2+496z-256\leq 0\)
\(\Leftrightarrow (3z-4)^2(7z-16)\leq 0\Leftrightarrow z\leq \frac{16}{7}\)
BĐT trên đúng vì \(x,y>1\Rightarrow z=4-x-y<2<\frac{16}{7}\)
Do đó \(f(x,y,z)\geq f\left(\frac{x+y}{2},\frac{x+y}{2},z\right)\geq 192\)
Chứng minh hoàn tất. Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=z=\frac{4}{3}\)