VB
1
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
TN
2
KN
9 tháng 3 2020
Áp dụng Bunhiacopxki dạng phân thức:
\(VT=\frac{2}{x+y}+\frac{2}{y+z}+\frac{2}{z+x}\ge\frac{\left(\sqrt{2}.3\right)^2}{2\left(x+y+z\right)}=\frac{9}{x+y+z}\)
Dấu "=" khi x = y = z > 0
6 tháng 4 2021
cũng là Cauchy-Schwarz dạng Engel nhưng làm khác idol :))
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có :
\(\frac{1}{x+y}+\frac{1}{y+z}+\frac{1}{z+x}\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{x+y+y+z+z+x}=\frac{9}{2\left(x+y+z\right)}\)
=> \(2\left(\frac{1}{x+y}+\frac{1}{y+z}+\frac{1}{z+x}\right)\ge\frac{9}{2\left(x+y+z\right)}\cdot2=\frac{9}{x+y+z}\left(đpcm\right)\)
Đẳng thức xảy ra <=> x=y=z
KY
19 tháng 9 2019
Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương, ta được:
\(\frac{1}{x\left(x+1\right)}+\frac{x}{2}+\frac{x+1}{4}\ge\sqrt[3]{\frac{1}{x\left(x+1\right)}.\frac{x}{2}.\frac{x+1}{4}}=3.\sqrt{\frac{1}{4}}=\frac{3}{2}\)
\(\frac{1}{y\left(y+1\right)}+\frac{y}{2}+\frac{y+1}{4}\ge\sqrt[3]{\frac{1}{y\left(y+1\right)}.\frac{y}{2}.\frac{y+1}{4}}=3.\sqrt{\frac{1}{4}}=\frac{3}{2}\)
\(\frac{1}{z\left(z+1\right)}+\frac{z}{2}+\frac{z+1}{4}\ge\sqrt[3]{\frac{1}{z\left(z+1\right)}.\frac{z}{2}.\frac{z+1}{4}}=3.\sqrt{\frac{1}{4}}=\frac{3}{2}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{x\left(x+1\right)}+\frac{x}{2}+\frac{x+1}{4}\)\(+\frac{1}{y\left(y+1\right)}+\frac{y}{2}+\frac{y+1}{4}\)
\(+\frac{1}{z\left(z+1\right)}+\frac{z}{2}+\frac{z+1}{4}\ge\frac{3}{2}.3=\frac{9}{2}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{x^2+x}+\frac{1}{y^2+y}+\frac{1}{z^2+z}+\frac{x+y+z}{2}+\frac{x+y+z+3}{4}\ge\frac{9}{2}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{x^2+x}+\frac{1}{y^2+y}+\frac{1}{z^2+z}+\frac{3}{2}+\frac{3}{2}\ge\frac{9}{2}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{x^2+x}+\frac{1}{y^2+y}+\frac{1}{z^2+z}\ge\frac{3}{2}\left(đpcm\right)\)
26 tháng 11 2016
Áp dụng BĐT \(\left|a\right|+\left|b\right|\ge\left|a+b\right|\) ta được ;
\(\left|x+y-z\right|+\left|y+z-x\right|\ge\left|x+y-z+y+z-x\right|=2\left|y\right|\)
Tương tự : \(\left|y+z-x\right|+\left|z+x-y\right|\ge2\left|z\right|\)
\(\left|z+x-y\right|+\left|x+y-z\right|\ge2\left|x\right|\)
\(\Rightarrow\left|x+y-z\right|+\left|y+z-x\right|+\left|z+x-y\right|+\left|x+y+z\right|\ge\left|x+y+z\right|+2\left(\left|x\right|+\left|y\right|+\left|z\right|\right)\)
\(\ge2\left(\left|x\right|+\left|y\right|+\left|z\right|\right)\)
14 tháng 2 2017
Ta có:
\(\sqrt{x^2+\frac{1}{y^2}}+\sqrt{y^2+\frac{1}{z^2}}+\sqrt{z^2+\frac{1}{x^2}}\ge\sqrt{\left(x+y+z\right)^2+\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)^2}\)
DL
11 tháng 5 2017
\(\frac{x}{1+y^2}+\frac{y}{1+z^2}+\frac{z}{1+x^2}\ge\frac{3}{2}\)
\(\Rightarrow\left(x+y+z\right)\left(\frac{x}{1+y^2}+\frac{y}{1+z^2}+\frac{z}{1+x^2}\right)\ge\frac{3}{2}\)
\(\Rightarrow\)\(\frac{x+y+z}{2}\ge\frac{3}{2}\)
Dấu ''='' chỉ xảy ra khi x=y=z=1
Để mình nghiên cứu giải cách khác
DL
11 tháng 5 2017
Mình giải áp dụng theo BĐT Nesbit (3 phần tử giống với đề bài )
Mình chứng minh theo Nesbit :
\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2}\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\right)=\frac{a+b+c}{2}\)
\(\Rightarrow\frac{a+b+c}{2}\ge\frac{3}{2}\)
\(\Rightarrow2\left(a+b+c\right)\ge6\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
17 tháng 6 2020
\(P=\frac{1}{x^2+y^2+z^2}+\frac{2009}{xy+yz+zx}=\frac{1}{x^2+y^2+z^2}+\frac{1}{xy+yz+zx}+\frac{1}{xy+yz+zx}+\frac{2007}{xy+yz+zx}\)
\(P\ge\frac{9}{x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2zx}+\frac{2007}{\frac{1}{3}\left(x+y+z\right)^2}\)
\(P\ge\frac{9}{\left(x+y+z\right)^2}+\frac{6021}{\left(x+y+z\right)^2}=\frac{6030}{\left(x+y+z\right)^2}\ge\frac{6030}{3^2}=670\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=1\)
OV
16 tháng 6 2020
Áp dụng BĐT Côsi dưới dạng engel, ta có:
\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{x+y+z}=\frac{9}{x+y+z}\)
⇒\(\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\left(x+y+z\right)\ge\left(x+y+z\right).\frac{9}{x+y+z}\) = 9
Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y = z
\(\left(\frac{x}{y};\frac{y}{z};\frac{z}{x}\right)\rightarrow\left(a;b;c\right)\) thì abc = 1. BĐT
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge a+b+c\). Mà \(VT=a^2+b^2+c^2\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\).
Do đó ta chỉ cần chứng minh \(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\ge a+b+c\).Hay:
\(\left(a+b+c\right)^2-3\left(a+b+c\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow f\left(t\right)=t^2-3t\ge0\) với \(t=a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}=3\). Điều này hiển nhiên đúng do
\(f\left(t\right)=t^2-3t=t\left(t-3\right)\ge t\left(3-3\right)=0\) với mọi t > 3
Ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 hay x = y = z
P/s: Sai thì chịu