Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Áp dụng bđt a^2+b^2+c^2 >= ab+bc+ca và a^2+b^2+c^2 >= (a+b+c)^3/3 thì :
x^4+y^4+z^4 >= x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2 >= (xy+yz+zx)^2/3 = 4^2/3 = 16/3 ( ĐPCM )
Dấu "=" xảy ra <=> x=y=z và xy+yz+zx=4 <=> x=y=z = +-\(\frac{2}{\sqrt{3}}\)
k mk nha
1) Bài này có 2 cách giải
Cách 1:
để ý rằng \(\hept{\begin{cases}1-x^2=\left(1-x\right)\left(1+x\right)=\left(y+z\right)\left(2x+y+z\right)\\x+yz=x\left(x+y+z\right)+yz=\left(x+y\right)\left(x+z\right)\end{cases}}\)
ta có: \(\frac{1-x^2}{x+yz}=\frac{a\left(b+c\right)}{bc}=\frac{a}{b}+\frac{a}{c}\)
trong đó: \(a=y+z;b=z+x;c=x+y\). Tương tự, ta cũng có:
\(\hept{\begin{cases}\frac{1-y^2}{y+zx}=\frac{b}{c}+\frac{b}{a}\\\frac{1-z^2}{z+xy}=\frac{c}{a}+\frac{c}{b}\end{cases}}\)
Do đó sử dụng BĐT AM-GM ta có:
\(VT_{\left(1\right)}=\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)+\left(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\right)\ge6\)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c và x=y=z=\(\frac{1}{3}\)
Cách 2:
Sử dụng BĐT AM-GM dạng \(ab\le\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\), ta có:
\(x+yz\le x+\frac{\left(y+z\right)^2}{4}=x+\frac{\left(1-x\right)^2}{4}=\frac{\left(1+x\right)^2}{4}\)
Do đó: \(\frac{1-x^2}{x+yz}\ge\frac{4\left(1-x^2\right)}{\left(1+x\right)^2}=\frac{4\left(1-x\right)}{1+x}=4\left(\frac{2}{1+x}-1\right)\)
tương tự có:\(\hept{\begin{cases}\frac{1-y^2}{x+yz}\ge4\left(\frac{2}{1+y}-1\right)\\\frac{1-z^2}{z+xy}\ge4\left(\frac{2}{1+z}-1\right)\end{cases}}\)
Cộng các đánh giá trên và sử dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng cộng mẫu, ta được
\(VT_{\left(1\right)}\ge8\left(\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+y}+\frac{1}{1+z}\right)-12\)
\(\ge8\cdot\frac{9}{3+x+y+z}+12=6\)
Đặt \(\sqrt{x}=a;\sqrt{y}=b;\sqrt{z}=c\left(a;b;c>0\right)\) và \(p=a+b+c;q=ab+bc+ca;r=abc\)
Thì \(a^2+b^2+c^2+2=a^2b^2c^2\Leftrightarrow p^2-4q+2=r^2-2q\)
Cần chứng minh: \(a^2+b^2+c^2+6\ge2\left(ab+bc+ca\right)\Leftrightarrow p^2-2q+6\ge2q\)
Nếu \(q\le6\): Có \(p^2\ge3q\) nên ta chứng minh \(q+6\ge2q\Leftrightarrow q\le6\) (đúng)
Nếu \(q>6\) mình chưa nghĩ ra.
@Akai Haruma cô có cách nào khác hoặc cách nào cho trường hợp q > 6 không cô?
\(x+y+z+2=xyz\)
\(\Leftrightarrow2x+2y+2z+xy+yz+zx+3=\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(x+1\right)\left(y+1\right)+\left(y+1\right)\left(z+1\right)+\left(z+1\right)\left(x+1\right)=\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}=1\)
\(\Leftrightarrow\frac{x}{x+1}+\frac{y}{y+1}+\frac{z}{z+1}=2\)
\(\Rightarrow2=\frac{x}{x+1}+\frac{y}{y+1}+\frac{z}{z+1}\ge\frac{\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)^2}{x+y+z+3}\)
\(\Leftrightarrow2x+2y+2z+6\ge\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)^2\)
\(\Leftrightarrow2x+2y+2z+6\ge x+y+z+2\sqrt{xy}+2\sqrt{yz}+2\sqrt{zx}\)
\(\Leftrightarrow x+y+z+6\ge2\left(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}\right)\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=2\)
VT \(\ge\frac{\sqrt{3\sqrt[3]{x^3.y^3.1}}}{xy}+\frac{\sqrt{3\sqrt[3]{y^3.z^3.1}}}{yz}+\frac{\sqrt{3\sqrt[3]{z^3.x^3.1}}}{zx}\)( cauchy)
= \(\sqrt{\frac{3}{xy}}+\sqrt{\frac{3}{yz}}+\sqrt{\frac{3}{zx}}\)
\(\ge3\sqrt{3}\)( cauchy)
"=" <=> x = y =z.
Bài này dùng \(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\) được không nhỉ ??
Em ngại làm lắm cô Chi, cô thử cách này có được không ạ ?
\(xyz+x^3+y^3\ge xy\left(x+y+z\right)\)\(\Rightarrow\sqrt{1+x^3+y^3}\ge\sqrt{xy\left(x+y+z\right)}\)
Các mấy cái kia cũng biến đổi vậy.
Không chắc nx :((
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có :
\(\frac{1}{xz}+\frac{1}{yz}\ge\frac{\left(1+1\right)^2}{xz+yz}=\frac{4}{z\left(x+y\right)}\)(1)
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có :
\(z\left(x+y\right)\le\frac{\left(x+y+z\right)^2}{4}\le\frac{1^2}{4}=\frac{1}{4}\)=> \(\frac{4}{z\left(x+y\right)}\ge\frac{4}{\frac{1}{4}}=16\)(2)
Từ (1) và (2) => \(\frac{1}{xz}+\frac{1}{yz}\ge\frac{4}{z\left(x+y\right)}\ge16\)=> \(\frac{1}{xz}+\frac{1}{yz}\ge16\)( đpcm )
Dấu "=" xảy ra <=> x = y = 1/4 ; z = 1/2
Ta có: \(x^4+y^4+z^4\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{3}\ge\frac{\left(xy+yz+zx\right)^2}{3}=\frac{16}{3}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=\frac{2}{\sqrt{3}}\)