Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
Ta thấy \(x^3+y^3+z^3\leq 9\)
\(\Leftrightarrow (x+y+z)^3-3(x+y)(y+z)(z+x)\leq 9\)
\(\Leftrightarrow 27-3[(x+y+z)(xy+yz+xz)-xyz]\leq 9\)
\(\Leftrightarrow 3(xy+yz+xz)-xyz\geq 6(\star)\)
Vì \(x,y,z\in [0;2]\Rightarrow (x-2)(y-2)(z-2)\leq 0\)
\(\Leftrightarrow xyz+4\leq 2(xy+yz+xz)\)
Mặt khác \(xyz\geq 0\rightarrow 2(xy+yz+xz)\geq 4\rightarrow xy+yz+xz\geq 2\)
Do đó \(3(xy+yz+xz)-xyz\geq 2+4+xyz-xyz=6\)
Từ đó BĐT \((\star)\) hay ta có đpcm
Dấu bằng xảy ra khi \((x,y,z)=(2,1,0)\) và các hoán vị.
Ta có: \(VT=x-\dfrac{xyz}{yz+1}+y-\dfrac{xyz}{xz+1}+z-\dfrac{xyz}{xy+1}\)
\(=x+y+z-xyz\left(\dfrac{1}{xy+1}+\dfrac{1}{yz+1}+\dfrac{1}{xz+1}\right)\)
Ta sẽ chứng minh BĐt sau :
\(xyz\left(\dfrac{1}{xy+1}+\dfrac{1}{yz+1}+\dfrac{1}{xz+1}\right)\ge xyz\)
hay \(xyz\left(\dfrac{1}{xy+1}+\dfrac{1}{yz+1}+\dfrac{1}{xz+1}-1\right)\ge0\)
Mà đây là 1 điều luôn đúng vì \(\dfrac{1}{xy+1}+\dfrac{1}{yz+1}+\dfrac{1}{xz+1}\ge\dfrac{9}{xy+yz+xz+3}\ge\dfrac{9}{x^2+y^2+z^2+3}>1\) và \(xyz\ge0\)
Do đó \(VT\le x+y+z-xyz=x\left(1-yz\right)+y+z\)(*)
Áp dụng BĐt bunyakovsky:
\(VT^2=\left[x\left(1-yz\right)+\left(y+z\right).1\right]^2\le\left[x^2+\left(y+z\right)^2\right]\left[1+\left(1-yz\right)^2\right]\)\(=\left(2+2yz\right)\left(y^2z^2-2yz+2\right)=4+2y^2z^2\left(yz-1\right)\le4\)
( do \(yz\le\dfrac{y^2+z^2}{2}\le\dfrac{x^2+y^2+z^2}{2}=1\))
\(\Rightarrow VT\le2\) (đpcm)
Dấu = xảy ra khi \(x=0;y=z=1\) cùng các hoán vị
P/s: Từ chỗ (*) là 1 BĐT có nhiều cách chứng minh .
Qui đồng lên ta có: (cần chứng minh)
\(2\sum\left(x^2+1\right)^2\left(z^2+1\right)\le7\left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)\left(z^2+1\right)\)
\(\Leftrightarrow2\sum\left(x^4z^2+x^4+2x^2z^2+2x^2+z^2+1\right)\le7\left(x^2y^2z^2+\sum x^2+\sum x^2y^2+1\right)\)
\(\Leftrightarrow2\sum x^4+2\sum x^4z^2\le7x^2y^2z^2+3\sum x^2z^2+\sum x^2+1\)
Hay \(\left(\sum x^2+x+y+z-2\sum x^4\right)+7x^2y^2z^2+3\sum x^2z^2-2\sum x^4z^2\ge0\)
hay \(\sum x^2\left(1-x^2\right)+\sum x\left(1-x^3\right)+7x^2y^2z^2+\sum x^2z^2+2\sum x^2z^2\left(1-x^2\right)\ge0\)
(luôn đúng do x, y, z\(\in\left[0;1\right]\))
Vậy ta có đpcm. Dấu = xảy ra khi 2 số bằng 0, 1 số bằng 1.
áp dụng bđt cosi có:
\(\left\{{}\begin{matrix}x^3+y^2\ge2xy\sqrt{x}\\y^3+z^2\ge2yz\sqrt{y}\\z^3+x^2\ge2zx\sqrt{z}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow VT\le\frac{2\sqrt{x}}{2xy\sqrt{x}}+\frac{2\sqrt{y}}{2yz\sqrt{y}}+\frac{2\sqrt{z}}{2zx\sqrt{z}}=\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}\)
Ta cần cm: \(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}\le\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}\)
\(\Rightarrow xy+yz+zx\ge x^2+y^2+z^2\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\le0\)(sai)
=> đề sai
Lời giải:
Ta đi CM BĐT phụ sau: \(\frac{x}{x^2+1}\leq \frac{18x}{25}+\frac{3}{50}\). \((\star)\)
\(\Leftrightarrow \) \((4x+3)(3x-1)^2\geq 0\) (đúng với mọi $x$ dương)
Do đó $(\star)$ luôn đúng. Thiết lập các BĐT tương tự với $y,z$ rồi cộng lại, ta thu được \(\frac{x}{x^2+1}+\frac{y}{y^2+1}+\frac{z}{z^2+1}\leq \frac{18}{25}+\frac{9}{50}=\frac{9}{10}\) (đpcm)
Dấu $=$ xảy ra khi $x=y=z=\frac{1}{3}$
1.
\(6=\frac{\sqrt{2}^2}{x}+\frac{\sqrt{3}^2}{y}\ge\frac{\left(\sqrt{2}+\sqrt{3}\right)^2}{x+y}=\frac{5+2\sqrt{6}}{x+y}\)
\(\Rightarrow x+y\ge\frac{5+2\sqrt{6}}{6}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}\frac{x}{\sqrt{2}}=\frac{y}{\sqrt{3}}\\x+y=\frac{5+2\sqrt{6}}{6}\end{matrix}\right.\)
Bạn tự giải hệ tìm điểm rơi nếu thích, số xấu quá
2.
\(VT\ge\sqrt{\left(x+y+z\right)^2+\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)^2}\ge\sqrt{\left(x+y+z\right)^2+\frac{81}{\left(x+y+z\right)^2}}\)
Đặt \(x+y+z=t\Rightarrow0< t\le1\)
\(VT\ge\sqrt{t^2+\frac{81}{t^2}}=\sqrt{t^2+\frac{1}{t^2}+\frac{80}{t^2}}\ge\sqrt{2\sqrt{\frac{t^2}{t^2}}+\frac{80}{1^2}}=\sqrt{82}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{3}\)
3.
\(\frac{a^2}{b^5}+\frac{a^2}{b^5}+\frac{a^2}{b^5}+\frac{1}{a^3}+\frac{1}{a^3}\ge5\sqrt[5]{\frac{a^6}{b^{15}.a^6}}=\frac{5}{b^3}\)
Tương tự: \(\frac{3b^2}{c^5}+\frac{2}{b^3}\ge\frac{5}{a^3}\) ; \(\frac{3c^2}{d^5}+\frac{2}{c^3}\ge\frac{5}{d^3}\) ; \(\frac{3d^2}{a^5}+\frac{2}{d^2}\ge\frac{5}{a^3}\)
Cộng vế với vế và rút gọn ta được: \(3VT\ge3VP\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=d=1\)
4.
ĐKXĐ: \(-2\le x\le2\)
\(y^2=\left(x+\sqrt{4-x^2}\right)^2\le2\left(x^2+4-x^2\right)=8\)
\(\Rightarrow y\le2\sqrt{2}\Rightarrow y_{max}=2\sqrt{2}\) khi \(x=\sqrt{2}\)
Mặt khác do \(\left\{{}\begin{matrix}x\ge-2\\\sqrt{4-x^2}\ge0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow x+\sqrt{4-x^2}\ge-2\)
\(y_{min}=-2\) khi \(x=-2\)