Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
Ta có:
\(A=\frac{1}{x^2+x}+\frac{1}{y^2+y}+\frac{1}{z^2+z}=\frac{1}{x(x+1)}+\frac{1}{y(y+1)}+\frac{1}{z(z+1)}\)
\(=\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y}-\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z}-\frac{1}{z+1}\)
\(=\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)-\left(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\right)(1)\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(\frac{1}{x}+\frac{1}{1}\geq \frac{4}{x+1}\) và tương tự với các phân thức còn lại rồi cộng lại:
\(\Rightarrow \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+3\geq 4\left(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\right)\)
\(\Leftrightarrow \frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\leq \frac{1}{4}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+3\right)(2)\)
Từ (1); (2) suy ra \(A\geq \frac{3}{4}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}-1\right)\)
Mà theo BĐT Cauchy- Schwarz ta có:
\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\geq \frac{9}{x+y+z}=\frac{9}{3}=3\)
Do đó: \(A\geq \frac{3}{4}(3-1)=\frac{3}{2}\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=z=1\)
Thay $x=\sqrt{\frac{1}{2,5}}; y=z=\sqrt{\frac{1}{0,25}}$ ta thấy đề sai bạn nhé!
Đặt \(\dfrac{x}{z}=a;\dfrac{y}{z}=b\).
Theo gt ta có \(a+b\le1\).
BĐT cần chứng minh tương đương:
\(a^2+b^2+\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{a^2}+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}\ge \frac{21}{2}\).
Theo bđt AM - GM: \(\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{a^2}\ge2;a^2+\dfrac{1}{16}a^2\ge\dfrac{1}{2};b^2+\dfrac{1}{16}b^2\ge\dfrac{1}{2};\dfrac{15}{16}\left(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}\right)\ge\dfrac{15}{32}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\right)^2\ge\dfrac{15}{32}.\left(\dfrac{4}{a+b}\right)^2\ge\dfrac{15}{2}\).
Cộng vế với vế của các bđt trên lại ta có đpcm.
* Có BĐT : \(\dfrac{4}{x+y}\le\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\) với $x,y>0$ ( Chứng minh bằng xét hiệu )
Ta có BĐT : \(x^2+y^2\ge\dfrac{\left(x+y\right)^2}{2}\Rightarrow\dfrac{x+y}{x^2+y^2}\le\dfrac{2\left(x+y\right)}{\left(x+y\right)^2}=\dfrac{2}{x+y}\)
Chứng minh tương tự khi đó :
\(P\le\dfrac{2}{x+y}+\dfrac{2}{y+z}+\dfrac{2}{z+x}\)
\(\Rightarrow2P\le\dfrac{4}{x+y}+\dfrac{4}{y+z}+\dfrac{4}{z+x}\le\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}+\dfrac{1}{z}+\dfrac{1}{x}=2.\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)=4032\)
\(\Rightarrow P\le2016\)
\(P+3=x+\left(y^2+1\right)+\left(z^3+1+1\right)\ge x+2y+3z\)
\(\Rightarrow P\ge x+2y+3z-3\)
\(6=\dfrac{1}{x}+\dfrac{4}{2y}+\dfrac{9}{3z}\ge\dfrac{\left(1+2+3\right)^2}{x+2y+3z}\)
\(\Rightarrow x+2y+3z\ge6\Rightarrow P\ge3\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=1\)
\(P=\dfrac{1}{x^2+x}+\dfrac{1}{y^2+y}+\dfrac{1}{z^2+z}\)
\(=\dfrac{1}{x\left(x+1\right)}+\dfrac{1}{y\left(y+1\right)}+\dfrac{1}{z\left(z+1\right)}\)
\(=\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x+1}+\dfrac{1}{y}-\dfrac{1}{y+1}+\dfrac{1}{z}-\dfrac{1}{z+1}\)
Áp dụng BĐT \(\dfrac{1}{x+y}\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)\) và BĐT Cauchy Shwarz dạng Engel, ta có:
\(P\ge\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)-\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{x}+1+\dfrac{1}{y}+1+\dfrac{1}{z}+1\right)\)
\(=\dfrac{3}{4}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)-\dfrac{3}{4}\)
\(\ge\dfrac{3}{4}\left[\dfrac{\left(1+1+1\right)^2}{x+y+z}\right]-\dfrac{3}{4}=\dfrac{3}{4}\left(\dfrac{9}{3}-1\right)=\dfrac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi x = y = z = 1.
Min P = 1,5 <=> x = y = z = 1.
T xài phương pháp chuẩn hóa thử, lên C3 có gặp mấy bài này chém dễ dàng, có sai thì đừng ném đá nha :vv.
Ta chứng minh BĐT sau:
\(\dfrac{1}{x^2+x}\ge-0,75x+1,25\) \(\forall x\in\left(0;1\right)\) ( Để ra cái BĐT này t dùng casio, ra cái này là ra hết bài :D )
Thật vậy: \(\dfrac{1}{x^2+x}+0,75x-1,25\ge0\)
\(\Rightarrow\dfrac{1+0,75x\left(x^2+x\right)-1,25\left(x^2+x\right)}{x^2+x}\ge0\)
\(\Rightarrow1+0,75x^3+0,75x^2-1,25x^2+1,25x\ge0\)
\(\Rightarrow0,75\left(x-1\right)^2\left(x+\dfrac{4}{3}\right)\ge0\) \(\forall x\in\left(0;1\right)\) (BĐT này luôn đúng)
Tương tự: \(\dfrac{1}{y^2+y}\ge-0,75y+1,25\)
\(\dfrac{1}{z^2+z}\ge-0,75z+1,25\)
Cộng vế theo vế các BĐT vừa chứng minh, ta được: \(P\ge-0,75\left(x+y+z\right)+1,25.3\)
\(P\ge1\)
Vậy Min P =1 khi x=y=z =1
Áp dụng bđt AM-GM ta có :
\(\Rightarrow\dfrac{x^2}{y+z}+\dfrac{y^2}{x+z}+\dfrac{z^2}{x+y}\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{y+z+x+z+x+y}=\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{2\left(x+y+z\right)}=\dfrac{x+y+z}{2}=\dfrac{2}{2}=1\) (do x+y+z=2)
Vậy ....
Áp dụng bđt Cô-si vào các số x,y,z dương:
\(\dfrac{x^2}{y+z}+\dfrac{y+z}{4}\ge2\sqrt{\dfrac{x^2}{y+z}\cdot\dfrac{y+z}{4}}=x\)
Chứng minh tương tự :\(\dfrac{y^2}{x+z}+\dfrac{x+z}{4}\ge y\) , \(\dfrac{z^2}{x+y}+\dfrac{x+y}{4}\ge z\)
\(\Rightarrow\dfrac{x^2}{y+z}+\dfrac{y^2}{x+z}+\dfrac{z^2}{x+y}+\dfrac{1}{2}\left(x+y+z\right)\ge x+y+z\)
\(\Rightarrow\dfrac{x^2}{y+z}+\dfrac{y^2}{x+z}+\dfrac{z^2}{x+y}\ge\dfrac{1}{2}\left(x+y+z\right)=1\)
Dấu bằng xảy ra của cả 2 cách là x=y=z=\(\dfrac{2}{3}\)
\(x,y,z>0\)
Áp dụng BĐT Caushy cho 3 số ta có:
\(x^3+y^3+z^3\ge3\sqrt[3]{x^3y^3z^3}=3xyz\ge3.1=3\)
\(P=\dfrac{x^3-1}{x^2+y+z}+\dfrac{y^3-1}{x+y^2+z}+\dfrac{z^3-1}{x+y+z^2}\)
\(=\dfrac{\left(x^3-1\right)^2}{\left(x^2+y+z\right)\left(x^3-1\right)}+\dfrac{\left(y^3-1\right)^2}{\left(x+y^2+z\right)\left(y^3-1\right)}+\dfrac{\left(z^3-1\right)^2}{\left(x+y+z^2\right)\left(x^3-1\right)}\)
Áp dụng BĐT Caushy-Schwarz ta có:
\(P\ge\dfrac{\left(x^3+y^3+z^3-3\right)^2}{\left(x^2+y+z\right)\left(x^3-1\right)+\left(x+y^2+z\right)\left(y^3-1\right)+\left(x+y^2+z\right)\left(y^3-1\right)}\)
\(\ge\dfrac{\left(3-3\right)^2}{\left(x^2+y+z\right)\left(x^3-1\right)+\left(x+y^2+z\right)\left(y^3-1\right)+\left(x+y^2+z\right)\left(y^3-1\right)}=0\)
\(P=0\Leftrightarrow x=y=z=1\)
Vậy \(P_{min}=0\)