NV
2
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
MS
13 tháng 8 2018
Ta có:
\(\dfrac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}=\dfrac{x^3}{x\sqrt{1-x^2}}\)
Áp dụng BĐT Cosi ta có:
\(x\sqrt{1-x^2}\le\dfrac{x^2+1-x^2}{2}=\dfrac{1}{2}\)
\(\Rightarrow\dfrac{x^3}{x\sqrt{1-x^2}}\ge2x^3\)
Cmtt:
\(\dfrac{y^3}{y\sqrt{1-y^2}}\ge2y^3\)
\(\dfrac{z^3}{z\sqrt{1-z^2}}\ge2z^3\)
\(\Rightarrow\dfrac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}+\dfrac{y^2}{\sqrt{1-y^2}}+\dfrac{z^2}{\sqrt{1-z^2}}=\dfrac{x^3}{x\sqrt{1-x^2}}+\dfrac{y^3}{y\sqrt{1-y^2}}+\dfrac{z^3}{z\sqrt{1-z^2}}\ge2\left(x^3+y^3+z^3\right)=2\) (ĐPCM)
1 tháng 3 2020
Ta có: \(\sqrt{a^2-ab+b^2}=\sqrt{\frac{1}{4}\left(a+b\right)^2+\frac{3}{4}\left(a-b\right)^2}\ge\sqrt{\frac{1}{4}\left(a+b\right)^2}=\frac{1}{2}\left(a+b\right)\)
khi đó:
\(P\le\frac{1}{\frac{1}{2}\left(a+b\right)}+\frac{1}{\frac{1}{2}\left(b+c\right)}+\frac{1}{\frac{1}{2}\left(a+c\right)}\)
\(=\frac{2}{a+b}+\frac{2}{b+c}+\frac{2}{c+a}\)
Lại có: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{\left(1+1\right)^2}{a+b}=\frac{4}{a+b}\)=> \(\frac{2}{a+b}\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\)
=> \(P\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)\)
\(=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=3\)
Dấu "=" xảy ra <=> a = b = c = 1
Vậy max P = 3 tại a = b = c =1.
T
1 tháng 3 2020
Không thích làm cách này đâu nhưng đường cùng rồi nên thua-_-
Đặt \(\sqrt{x+y}=a;\sqrt{y+z}=b;\sqrt{z+x}=c\) suy ra
\(x=\frac{a^2+c^2-b^2}{2};y=\frac{a^2+b^2-c^2}{2};z=\frac{b^2+c^2-a^2}{2}\). Ta cần chứng minh:
\(abc\left(a+b+c\right)\ge\left(a+b+c\right)\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\)
\(\Leftrightarrow abc\ge\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\)
Đây là bất đẳng thức Schur bậc 3, ta có đpcm.
PH
1
PT
1
17 tháng 7 2016
Đặt \(x=a+\frac{1}{3}\) ; \(y=b+\frac{1}{3}\) ; \(z=c+\frac{1}{3}\)
\(\Rightarrow x+y+z=\left(a+b+c\right)+1=1\Rightarrow a+b+c=0\)
Ta có : \(x^2+y^2+z^2=\left(a+\frac{1}{3}\right)^2+\left(b+\frac{1}{3}\right)^2+\left(c+\frac{1}{3}\right)^2=\left(a^2+b^2+c^2\right)+\frac{2}{3}\left(a+b+c\right)+\frac{1}{3}\)
\(=a^2+b^2+c^2+\frac{1}{3}\ge\frac{1}{3}\)
Vậy \(x^2+y^2+z^2\ge\frac{1}{3}\)
8 tháng 7 2022
a: \(x^2+x+1=x^2+x+\dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{4}=\left(x+\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{3}{4}>0\)
b: \(x-2\cdot\sqrt{x}\cdot\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{4}=\left(\sqrt{x}-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{3}{4}>0\)
c: \(=x^2-2\cdot x\cdot\dfrac{1}{2}y+\dfrac{1}{4}y^2+\dfrac{3}{4}y^2=\left(x-\dfrac{1}{2}y\right)^2+\dfrac{3}{4}y^2>0\forall x,y\ne0\)
HP
1
NA
30 tháng 5 2018
Đặt: \(VT=\frac{x^2}{y+2}+\frac{y^2}{z+2}+\frac{z^2}{x+2}\)
Theo BĐT Cauchy, ta có:
\(\frac{x^2}{y+2}+\frac{1}{9}\left(y+2\right)\ge\frac{2}{3}x\) và \(\frac{y^2}{z+2}+\frac{1}{9}\left(z+2\right)\ge\frac{2}{3}y\)và \(\frac{z^2}{x+2}+\frac{1}{9}\left(x+2\right)\ge\frac{2}{3}z\)
Cộng vế theo vế, ta có:
\(VT\ge\frac{2}{3}\left(x+y+z\right)-\frac{1}{9}\left(x+y+z+6\right)\)
\(\Leftrightarrow VT\ge\frac{5}{9}\left(x+y+z\right)-\frac{2}{3}\) ( 1 )
Theo BĐT Cauchy, ta chứng minh được:
@ \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\)
\(\Leftrightarrow3xyz\ge xy+yz+zx\Leftrightarrow3\ge\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\Leftrightarrow\frac{1}{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}}\ge\frac{1}{3}\)
@ \(\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\ge9\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)\ge\frac{9}{\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)}\ge\frac{9}{3}=3\) ( 2 )
Từ (1) và (2) \(\Leftrightarrow VT\ge\frac{5}{9}.3-\frac{2}{3}=1\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow x=y=z=1\)( thỏa đề bài )
TT
0
\(\frac{x^3}{y}+xy\ge2\sqrt{\frac{x^3}{y}.xy}=2x^2\)
\(\Rightarrow\frac{x^3}{y}+\frac{y^3}{z}+\frac{z^3}{x}\ge2\left(x^2+y^2+z^2\right)-xy-yz-zx\ge2\left(x^2+y^2+z^2\right)-\left(xy+yz+zx\right)=1\)
\(\frac{x^3}{y}+xy\ge2\sqrt{\frac{x^3}{y}.xy}=2x^2\)
\(\frac{x^3}{y}+\frac{y^3}{z}+\frac{z^3}{x}\ge2\left(x^2+y^2+z^2\right)-\left(xy+yz+zx\right)\ge2\left(x^2+y^2+z^2\right)-\left(x^2+y^2+z^2\right)=1\)