Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lâu lắm r mới quay lại web :))
Xét : \(2A=\dfrac{2\sqrt{yz}}{x+2\sqrt{yz}}+\dfrac{2\sqrt{xz}}{y+2\sqrt{xz}}+\dfrac{2\sqrt{xy}}{z+2\sqrt{xy}}\)
Áp dụng BĐT AM - GM cho các số dương , ta có :
\(\dfrac{2\sqrt{yz}}{x+2\sqrt{yz}}=\dfrac{x+2\sqrt{yz}-x}{x+2\sqrt{yz}}=1-\dfrac{x}{x+2\sqrt{yz}}\le1-\dfrac{x}{x+x+z}\left(1\right)\)
\(\dfrac{2\sqrt{xz}}{y+2\sqrt{xz}}=\dfrac{y+2\sqrt{xz}-y}{y+2\sqrt{xz}}=1-\dfrac{y}{y+2\sqrt{xz}}\le1-\dfrac{y}{x+y+z}\left(2\right)\)
\(\dfrac{2\sqrt{xy}}{z+2\sqrt{xy}}=\dfrac{z+2\sqrt{xy}-z}{z+2\sqrt{xy}}=1-\dfrac{z}{z+2\sqrt{xy}}\le1-\dfrac{z}{x+y+z}\left(3\right)\)
Cộng từng vế của \(\left(1;2;3\right)\) ta được :
\(2A\le1+1+1-\left(\dfrac{x}{x+y+z}+\dfrac{y}{x+y+z}+\dfrac{z}{x+y+z}\right)=2\)
\(\Leftrightarrow A\le1\)
Dấu \("="\Leftrightarrow x=y=z\)
\(\Rightarrow A_{Max}=1\Leftrightarrow x=y=z\)
Đặt \(\left(\dfrac{x}{\sqrt{yz}};\dfrac{y}{\sqrt{xz}};\dfrac{z}{\sqrt{xy}}\right)\rightarrow\left(a;b;c\right)\).Khi đó abc=1 và cần chứng minh
\(\dfrac{1}{a+1}+\dfrac{1}{b+1}+\dfrac{1}{c+1}\le\dfrac{3}{2}\) hay cần chứng minh \(2\sum\left(b+1\right)\left(c+1\right)\le3\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\)
\(\Leftrightarrow ab+bc+ca\ge a+b+c\)
\(\Leftrightarrow\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)\le0\). Suy ra đề sai
a mình xin lỗi , không thể kết luận như vậy được , cứ coi như lg trên là spam đi :v
Tham khảo tại đây:
Câu hỏi của Hồ Minh Phi - Toán lớp 9 | Học trực tuyến
\(\left(\sqrt{x};\sqrt{y};\sqrt{z}\right)=\left(a;b;c\right)\Rightarrow\left(ab\right)^3+\left(bc\right)^3+\left(ca\right)^3=3\)
\(\Rightarrow3\ge3\sqrt[3]{\left(ab.bc.ca\right)^3}=3\left(abc\right)^2\Rightarrow a^2b^2c^2\le1\)
Ta có: \(\dfrac{a^{10}}{b^2c^2}+a^2b^2c^2\ge2a^6\)
Tương tự và cộng lại: \(P+3\left(abc\right)^2\ge2\left(a^6+b^6+c^6\right)\)
\(\Rightarrow P\ge2\left(a^6+b^6+c^6\right)-3a^2b^2c^2\ge2\left[\left(ab\right)^3+\left(bc\right)^3+\left(ca\right)^3\right]-3=3\)
\(=>A=\dfrac{\sqrt{x-1}}{x}+\dfrac{\sqrt{y-2}}{y}+\dfrac{\sqrt{z-3}}{z}\)
áp dụng BĐT AM-GM
\(=>\sqrt{x-1}\le\dfrac{x-1+1}{2}=\dfrac{x}{2}\)
\(=>\dfrac{\sqrt{x-1}}{x}\le\dfrac{\dfrac{x}{2}}{x}=\dfrac{1}{2}\left(1\right)\)
có \(\dfrac{\sqrt{y-2}}{y}=\dfrac{\sqrt{\left(y-2\right)2}}{\sqrt{2}.y}\)
\(=>\sqrt{\left(y-2\right)2}\le\dfrac{y-2+2}{2}=\dfrac{y}{2}\)
\(=>\dfrac{\sqrt{\left(y-2\right)2}}{\sqrt{2}.y}\le\dfrac{\dfrac{y}{2}}{\sqrt{2}.y}=\dfrac{1}{2\sqrt{2}}\left(2\right)\)
tương tự \(=>\dfrac{\sqrt{z-3}}{z}\le\dfrac{1}{2\sqrt{3}}\left(3\right)\)
(1)(2)(3)\(=>A\le\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2\sqrt{2}}+\dfrac{1}{2\sqrt{3}}\)
Đặt \(\sqrt{x}=a;\sqrt{y}=b;\sqrt{z}=c\Rightarrow a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3=1\)
\(=\sum\dfrac{a^{12}}{a^6+b^6}=\sum\dfrac{a^6\left(a^6+b^6\right)}{a^6+b^6}-\sum\dfrac{a^6b^6}{a^6+b^6}\\ =\sum a^6-\sum\dfrac{a^6b^6}{a^6+b^6}\\ \overset{Cosi}{\ge}a^3b^3+b^3c^3+c^3a^2-\sum\dfrac{a^6b^6}{2a^3b^3}\\ =1-\dfrac{1}{2}\sum a^3b^3=1-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}\)
Dấu = xảy ra khi \(x=y=z=\dfrac{1}{\sqrt[3]{3}}\)
thay 1=x+y+z vào nhá , ví dụ x=x(x+y+z) rồi phân tích đa thức thành nhân tử!
thay 1=x+y+z vào nhá , ví dụ x=x(x+y+z) rồi phân tích đa thức thành nhân tử!
solution:
ta có: \(3=x^2+y^2+z^2\ge3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}\Leftrightarrow xyz\le1\)(theo BĐT cauchy cho 3 số )
\(\Rightarrow xy\le\dfrac{1}{z};yz\le\dfrac{1}{x};xz\le\dfrac{1}{y}\)
\(\Rightarrow\dfrac{x}{\sqrt[3]{yz}}\ge\dfrac{x}{\dfrac{1}{\sqrt[3]{x}}}=x\sqrt[3]{x}=\sqrt[3]{x^4}\)
tương tự ta có:\(\dfrac{y}{\sqrt[3]{xz}}\ge\sqrt[3]{y^4};\dfrac{z}{\sqrt[3]{xy}}\ge\sqrt[3]{z^4}\)
cả 2 vế các BĐT đều dương,cộng vế với vế:
\(S=\dfrac{x}{\sqrt[3]{yz}}+\dfrac{y}{\sqrt[3]{xz}}+\dfrac{z}{\sqrt[3]{xy}}\ge\sqrt[3]{x^4}+\sqrt[3]{y^4}+\sqrt[3]{z^4}\)
Áp dụng BĐT bunyakovsky ta có:
\(\left(\sqrt[3]{x^4}+\sqrt[3]{y^4}+\sqrt[3]{z^4}\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge\left(\sqrt[3]{x^8}+\sqrt[3]{y^8}+\sqrt[3]{z^8}\right)^2=\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\)
\(\Rightarrow S\ge x^2+y^2+z^2\)
đến đây ta lại có BĐT quen thuộc: \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+xz\)
\(\Rightarrow S\ge xy+yz+xz\left(đpcm\right)\)
dấu = xảy ra khi và chỉ khi x=y=z mà x2+y2+z2=3 => x=y=z=1
*cách khác : Áp dụng BĐT cauchy - schwarz(bunyakovsky):
\(S=\dfrac{x}{\sqrt[3]{yz}}+\dfrac{y}{\sqrt[3]{xz}}+\dfrac{z}{\sqrt[3]{xy}}=\dfrac{x^4}{x^3.\dfrac{1}{\sqrt[3]{x}}}+\dfrac{y^4}{y^3.\dfrac{1}{\sqrt[3]{y}}}+\dfrac{z^4}{z^3.\dfrac{1}{\sqrt[3]{z}}}\)
\(S\ge\dfrac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x^2+y^2+z^2}=x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+xz\)
Lời giải:
Để cho gọn đặt \((\sqrt{x}; \sqrt{y}; \sqrt{z})=(a,b,c)\) với \(a,b,c>0\)
Khi đó:
\(A=\frac{bc}{a^2+2bc}+\frac{ac}{b^2+2ac}+\frac{ab}{c^2+2ab}\)
\(=\frac{1}{2}(\frac{2bc}{a^2+2bc}+\frac{2ac}{b^2+2ac}+\frac{2ab}{c^2+2ab})\)
\(=\frac{1}{2}\left(1-\frac{a^2}{a^2+2bc}+1-\frac{b^2}{b^2+2ac}+1-\frac{c^2}{c^2+2ab}\right)\)
\(=\frac{3}{2}-\frac{1}{2}\underbrace{\left(\frac{a^2}{a^2+2bc}+\frac{b^2}{b^2+2ac}+\frac{c^2}{c^2+2ab}\right)}_{M}\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(M\geq \frac{(a+b+c)^2}{a^2+2bc+b^2+2ac+c^2+2ab}=\frac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2}=1\)
\(\Rightarrow A=\frac{3}{2}-\frac{1}{2}M\leq \frac{3}{2}-\frac{1}{2}=1\)
Vậy \(A_{\max}=1\Leftrightarrow a=b=c\Leftrightarrow x=y=z\)