Cho x,y>0. Chứng minh rằng x/y+y/x≥2
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
TC
0
D
0
TV
4
PN
1 tháng 7 2020
Theo bđt cauchy schwarz dạng engel
\(x^2+y^2=\frac{x^2}{1}+\frac{y^2}{1}\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{1+1}=\frac{1}{2}\left(đpcm\right)\)
Dấu = xảy ra \(< =>x=y=\frac{1}{2}\)
1 tháng 7 2020
Theo Bunhiacopski ta có:
\(\left(1+1\right)\left(x^2+y^2\right)\ge\left(x+y\right)^2\Rightarrow x^2+y^2\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{2}=\frac{1}{2}\)
Đẳng thức xảy ra tại x=y=1/2
Trình bày khác xíu :))
NM
1
TN
22 tháng 7 2017
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\frac{\left(y+z\right)\sqrt{yz}}{x}\ge\frac{2\sqrt{yz}\cdot\sqrt{yz}}{x}=\frac{2\sqrt{\left(yz\right)^2}}{x}=\frac{2yz}{x}\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta cũng có
\(\frac{\left(x+y\right)\sqrt{xy}}{z}\ge\frac{2xy}{z};\frac{\left(x+z\right)\sqrt{xz}}{y}\ge\frac{2xz}{y}\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(y+z\right)\sqrt{yz}}{x}+\frac{\left(x+y\right)\sqrt{xy}}{z}+\frac{\left(x+z\right)\sqrt{xz}}{y}\ge\frac{2xy}{z}+\frac{2yz}{x}+\frac{2xz}{y}\)
Cần chứng minh \(\frac{2xy}{z}+\frac{2yz}{x}+\frac{2xz}{y}\ge2\left(x+y+z\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{xy}{z}+\frac{yz}{x}+\frac{xz}{y}\ge x+y+z\)
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(\frac{xy}{z}+\frac{yz}{x}\ge2\sqrt{\frac{xy}{z}\cdot\frac{yz}{x}}=2\sqrt{y^2}=2y\)
Tương tự rồi cộng theo vế ta có ĐPCM
Khi \(x=y=z\)
TT
0
ND
1
13 tháng 1 2017
Do x>y>0 nên x+y\(\ne0\)
Ta có \(\frac{x-y}{x+y}=\frac{\left(x-y\right)\left(x+y\right)}{\left(x+y\right)\left(x+y\right)}=\frac{x^2-y^2}{x^2+2xy+y^2}\) (1)
Mặt khác ,do x,y>0 nên \(x^2+2xy+y^2>x^2+y^2\)
Vậy: \(\frac{x^2-y^2}{x^2+2xy+y^2}< \frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}\) (2)
Từ (1),(2) ta suy ra : \(\frac{x-y}{x+y}< \frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}\)
NM
3
AH
Akai Haruma
Giáo viên
21 tháng 7 2017
Lời giải:
Đặt \((x,y,z)=(a^2,b^2,c^2)\). Bài toán tương đương với:
\(\frac{bc(b+c)}{a}+\frac{ac(a+c)}{b}+\frac{ab(a+b)}{c}\geq 2(a^2+b^2+c^2)\)
Biến đổi ta thấy:
\(\text{VT}=a^2\left ( \frac{b}{c}+\frac{c}{b} \right )+b^2\left ( \frac{a}{c}+\frac{c}{a} \right )+c^2\left ( \frac{a}{b}+\frac{b}{a} \right )\)
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(\left\{\begin{matrix} \frac{a}{b}+\frac{b}{a}\geq 2\\ \frac{a}{c}+\frac{c}{a}\geq 2\\ \frac{b}{c}+\frac{c}{b}\geq 2\end{matrix}\right.\Rightarrow \text{VT}\geq 2(a^2+b^2+c^2)=\text{VP}\)
Do đó ta có đpcm
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c\Leftrightarrow x=y=z>0\)
22 tháng 7 2017
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\dfrac{\left(y+z\right)\sqrt{yz}}{x}\ge\dfrac{2\sqrt{yz}\cdot\sqrt{yz}}{x}=\dfrac{2yz}{x}\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại thì được:
\(\dfrac{2xy}{z}+\dfrac{2yz}{x}+\dfrac{2xz}{y}\ge2\left(x+y+z\right)\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{xy}{z}+\dfrac{yz}{x}+\dfrac{xz}{y}\ge x+y+z\)
Tiếp tục dùng AM-GM:
\(\dfrac{xy}{z}+\dfrac{yz}{x}\ge2\sqrt{y^2}=2y\)
Tương tự rồi cộng theo vế có:
\(\dfrac{xy}{z}+\dfrac{yz}{x}+\dfrac{xz}{y}\ge x+y+z\) (đúng)
Hay ta có ĐPCM. Khi \(x=y=z\)
\(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}-2=\dfrac{\left(x-y\right)^2}{xy}\ge0\)