Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Áp dụng BĐT
\(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{a}{b}+\frac{a}{c}\right)\ge9\)
Trong đó: a=xy; b=yz; c=zx
\(\Rightarrow\left(xy+yz+zx\right)\left(\frac{1}{zy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}\right)\ge9\)(*)
Áp dụng BĐT Cô-si
\(x^2+y^2\ge2xy\left(x>0;y>0\right)\left(1\right)\)
\(y^2+z^2\ge2yz\left(y>0;z>0\right)\left(2\right)\)
\(z^2+x^2\ge2xz\left(x>0;z>0\right)\left(3\right)\)
Cộng từng vế của (1);(2);(3) ta được: \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\)(**)
Từ (*);(**)
\(\Rightarrow\left(x^2+y^2+z^2\right)\cdot A\ge\left(xy+yz+zx\right)\cdot A\ge9\)
\(\Rightarrow3A\ge9\)
\(\Rightarrow A\ge3\)
\(\Rightarrow MinA=3\Leftrightarrow x=y=z\)
Ta có
\(\frac{1}{x^2+y^2+z^2}+\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}\)
\(=\left(\frac{1}{x^2+y^2+z^2}+\frac{\frac{4}{9}}{2xy}+\frac{\frac{4}{9}}{2yz}+\frac{\frac{4}{9}}{2zx}\right)+\frac{7}{9}\left(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}\right)\)
\(\ge\frac{\left(1+\frac{2}{3}+\frac{2}{3}+\frac{2}{3}\right)^2}{x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2zx}+\frac{7}{9}.\frac{\left(1+1+1\right)^2}{xy+yz+xz}\)
\(\ge\frac{9}{\left(x+y+z\right)^2}+\frac{7}{9}.\frac{9}{\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}}\)
\(=9+\frac{7}{9}.27=30\)
Vậy GTNN là 30 đạt được khi \(x=y=z=\frac{1}{3}\)
Theo bài ra ta có: \(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{xz}=1\Rightarrow x+y+z=xyz\)
Do:\(\sqrt{yz\left(1+x^2\right)}=\sqrt{yz+x^2yz}=\sqrt{yz+x\left(x+y+z\right)}=\sqrt{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}\)
Tương tự: \(\sqrt{xy\left(1+z^2\right)}=\sqrt{\left(z+y\right)\left(x+z\right)}\);
\(\sqrt{zx\left(1+y^2\right)}=\sqrt{\left(z+y\right)\left(x+y\right)}\)
\(A=\sqrt{\frac{x^2}{yz\left(1+x^2\right)}}+\sqrt{\frac{y^2}{zx\left(1+y^2\right)}}+\sqrt{\frac{z^2}{xy\left(1+z^2\right)}}\)
\(A=\sqrt{\frac{x}{x+y}.\frac{x}{x+z}}+\sqrt{\frac{y}{x+y}.\frac{y}{y+z}}+\sqrt{\frac{z}{x+z}.\frac{z}{y+z}}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô si \(\frac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\), dấu "=" xảy ra khi \(a=b\)
Ta có \(\sqrt{\frac{x}{x+y}.\frac{x}{x+z}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{x}{x+y}+\frac{x}{x+z}\right)\);
\(\sqrt{\frac{y}{x+y}.\frac{y}{y+z}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{y}{x+y}+\frac{y}{y+z}\right)\);
\(\sqrt{\frac{z}{x+z}.\frac{z}{y+z}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{z}{x+z}+\frac{z}{y+z}\right)\)
\(A\le\frac{1}{2}\left(\frac{x}{x+y}+\frac{x}{x+z}+\frac{y}{y+z}+\frac{y}{y+x}+\frac{z}{y+z}+\frac{z}{x+z}\right)=\frac{3}{2}\)
Vậy \(A\le\frac{3}{2}\). Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=\sqrt{3}\)
M giải thích cho t chỗ sao mà \(\sqrt{xy\left(1+z^2\right)}=\sqrt{\left(z+y\right)\left(x+z\right)}\) đc vậy?
Với cả từ dòng này xuống dòng này nữa.
Sao mà tin đc dấu " = " xảy ra khi nào vậy?
Bài 1:a,
A=a/b+c + b/a+c + c/a+b = a^2/ab+ac + b^2/ab+bc + c^2/ac+bc
Áp dụng BĐT dạng Angel : A > hoặc = (a+b+c)^2/ab+ac+ab+bc+ac+bc=(a+b+c)^2/2(ab+bc+ca) > hoặc = 3(ab+bc+ca)/2(ab+bc+ca)=3/2
b,làm tt câu a
Lời giải:
Để cho đẹp, đổi \((xy,yz,xz)\mapsto (a,b,c)\) suy ra \(a+b+c=1\)
BĐT cần chứng minh tương đương với :
\(A=\frac{1}{a+b+c+a+\frac{bc}{a}}+\frac{1}{a+b+c+b+\frac{ac}{b}}+\frac{1}{a+b+c+c+\frac{ab}{c}}\leq \frac{9}{5}\)
\(\Leftrightarrow A=\frac{a}{2a^2+ab+bc+ac}+\frac{b}{2b^2+ab+bc+ac}+\frac{c}{2c^2+ab+bc+ac}\leq \frac{9}{5}\)
\(\Leftrightarrow A=\sum \frac{a(ab+bc+ca)}{2a^2+ab+bc+ac}\leq \frac{9(ab+bc+ac)}{5}\)
Để ý rằng \(A=\sum \left ( a-\frac{2a^3}{2a^2+ab+bc+ac} \right )=1-\sum \frac{2a^3}{2a^2+ab+bc+ac}\)
Cauchy-Schwarz:
\(\sum \frac{2a^3}{2a^2+ab+bc+ac}=\sum \frac{2a^4}{2a^3+a^2b+abc+a^2c}\geq \frac{2(a^2+b^2+c^2)^2}{2(a^3+b^3+c^3)+ab(a+b)+bc(b+c)+ca(a+c)+3abc}\)
Giờ đặt \(ab+bc+ac=q,abc=r\)
Phân tích:
\(2(a^3+b^3+c^3)+\sum ab(a+b)+3abc=2(a^3+b^3+c^3-3abc)+(a+b+c)(ab+bc+ac)+6abc\)
\(=2(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac)+ab+bc+ac+6abc\)
\(=2(a^2+b^2+c^2)-(ab+bc+ac)+6abc=2-5q+6r\)
Do đó \(A\leq 1-\frac{2(1-2q)^2}{2-5q+6r}\). Giờ chỉ cần chỉ ra \(1-\frac{2(1-2q)^2}{2-5q+6r}\leq \frac{9q}{5}\Leftrightarrow q(3-5q)+6r(9q-5)\geq 0\)
Theo AM-GM dễ thấy
\(q^2=(ab+bc+ac)^2\geq 3abc(a+b+c)=3r\)
Và \(1=(a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ac)\Rightarrow q\leq \frac{1}{3}\)
\(\Rightarrow 9q-5<0\rightarrow 6r(9q-5)\geq 2q^2(9q-5)\) (đổi dấu)
\(\Rightarrow q(3-5q)+6r(9q-5)\geq q(3-5q)+2q^2(9q-5)=q(2q-1)(3q-1)\geq 0\)
BĐT trên hiển nhiên đúng vì \(q\leq \frac{1}{3}<\frac{1}{2}\Rightarrow (2q-1)(3q-1)\geq 0\)
Chứng minh hoàn tất.
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\Leftrightarrow x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
P/s: Làm BĐT bần cùng lắm mới xài pqr, không ngờ phải xài thật :)
Bài này mà đăng vào box toán 8 là không thấy ổn rồi.
Để tối coi coi xem thế nào.
Từ \(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{xz}=1\)
\(\Rightarrow\)\(x+y+z=xyz\)
Ta có : \(\sqrt{yz\left(1+x^2\right)}=\sqrt{yz+x^2yz}=\sqrt{yz+x\left(x+y+z\right)}=\sqrt{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}\)
Tương tự : \(\sqrt{xy\left(1+z^2\right)}=\sqrt{\left(z+y\right)\left(z+x\right)}\); \(\sqrt{zx\left(1+y^2\right)}=\sqrt{\left(y+z\right)\left(y+x\right)}\)
Nên \(Q=\frac{x}{\sqrt{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}}+\frac{y}{\sqrt{\left(y+z\right)\left(y+x\right)}}+\frac{z}{\sqrt{\left(z+x\right)\left(z+y\right)}}\)
\(Q=\sqrt{\frac{x}{x+y}.\frac{x}{x+z}}+\sqrt{\frac{y}{x+y}.\frac{y}{y+z}}+\sqrt{\frac{z}{x+z}.\frac{z}{y+z}}\)
Áp dụng BĐT \(\sqrt{A.B}\le\frac{A+B}{2}\left(A,B>0\right)\)
Dấu "=" xảy ra khi A = B :
Ta được :
\(Q\le\frac{1}{2}\left(\frac{x}{x+y}+\frac{x}{x+z}+\frac{y}{y+x}+\frac{y}{y+z}+\frac{z}{z+x}+\frac{z}{z+y}\right)=\frac{3}{2}\)
Vậy GTLN của \(Q=\frac{3}{2}\)khi \(x=y=z=\sqrt{3}\)
\(P=\frac{xy}{z+1}+\frac{yz}{x+1}+\frac{xz}{y+1}\)
\(P=\frac{xy}{\left(x+z\right)+\left(y+z\right)}+\frac{yz}{\left(x+y\right)+\left(x+z\right)}+\frac{xz}{\left(x+y\right)+\left(y+z\right)}\)
\(P\le\frac{1}{4}\left(\frac{xy}{x+z}+\frac{xy}{y+z}+\frac{yz}{x+y}+\frac{yz}{x+z}+\frac{xz}{x+y}+\frac{xz}{y+z}\right)\)
\(P\le\frac{1}{4}\left(x+y+z\right)=\frac{1}{4}\)
\("="\Leftrightarrow x=y=z=\frac{1}{3}\)