Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(\sum\frac{x^3+y^3}{2xy}=\sum\frac{\left(x+y\right)\left(x^2-xy+y^2\right)}{2xy}\ge\sum\frac{xy\left(x+y\right)}{2xy}=\sum\frac{x+y}{2}=x+y+z\)
\("="\Leftrightarrow x=y=z\)
\(RHS\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{\sqrt{5x^2+2xy+y^2}+\sqrt{5y^2+2yz+z^2}+\sqrt{5z^2+2zx+x^2}}\)
Thử chứng minh \(\sqrt{5x^2+2xy+y^2}\le\frac{3\sqrt{2}}{2}x+\frac{\sqrt{2}}{2}y\) cái này xem sao
khi đó:
\(RHS\ge\frac{9}{\frac{3\sqrt{2}}{2}\left(x+y+z\right)+\frac{\sqrt{2}}{2}\left(x+y+z\right)}=\frac{3}{2\sqrt{2}}\)
Dấu "=" xảy ra tại x=y=z=1
Cần chứng minh BĐT sau : \(\frac{x^2}{\sqrt{5x^2+2xy+y^2}}\ge\frac{5x-y}{8\sqrt{2}}\)
\(\Leftrightarrow8\sqrt{2}x^2\ge\left(5x-y\right)\sqrt{5x^2+2xy+y^2}\) ( 1 )
Xét 5x - y \(\le\)0 \(\Rightarrow\)VT \(\ge\)0 ; VP \(\le\)0 \(\Rightarrow\)BĐT đã được chứng minh
Xét 5x - y \(\ge\)0 . Bình phương 2 vế của ( 1 ), ta được :
\(128x^4\ge\left(25x^2-10xy+y^2\right)\left(5x^2+2xy+y^2\right)\)
\(\Leftrightarrow128x^4\ge125x^4+10x^2y^2-8xy^3+y^4\)
\(\Leftrightarrow3x^4-10x^2y^2+8xy^3-y^4\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(3x^4-3xy^3\right)+\left(10xy^3-10x^2y^2\right)+\left(xy^3-y^4\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow3x\left(x-y\right)\left(x^2+xy+y^2\right)+10xy^2\left(y-x\right)+y^3\left(x-y\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left(3x^3+3x^2y+3xy^2-10xy^2+y^3\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left[\left(3x^3-3xy^2\right)+\left(3x^2y-3xy^2\right)-\left(xy^2-y^3\right)\right]\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\left(3x^2+6xy-y^2\right)\ge0\)( luôn đúng )
( Vì \(5x-y\ge0\Rightarrow x\ge\frac{y}{5}\)\(\Rightarrow3x^2+6xy-y^2\ge3.\left(\frac{y}{5}\right)^2+6.\frac{y}{5}.y-y^2=\frac{8}{25}y^2\ge0\))
Tương tự : \(\frac{y^2}{\sqrt{5y^2+2yz+z^2}}\ge\frac{5y-z}{8\sqrt{2}}\); \(\frac{z^2}{\sqrt{5z^2+2xz+x^2}}\ge\frac{5z-x}{8\sqrt{2}}\)
Cộng từng vế 3 BĐT lại với nhau, ta được :
\(\frac{x^2}{\sqrt{5x^2+2xy+y^2}}+\frac{y^2}{\sqrt{5y^2+2yz+z^2}}+\frac{z^2}{\sqrt{5z^2+2xz+x^2}}\)
\(\ge\frac{5x-z+5y-z+5z-x}{8\sqrt{2}}=\frac{4\left(x+y+z\right)}{8\sqrt{2}}=\frac{3}{2\sqrt{2}}\)
Dấu "=' xảy ra khi x = y = z = 1
Vậy BĐT đã được chứng minh
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz,ta có:
\(\frac{1}{x^2+2yz}+\frac{1}{y^2+2xz}+\frac{1}{z^2+2xy}\ge\frac{9}{\left(x+y+z\right)^2}=\frac{9}{9}=1.\)(đpcm)
\(\frac{1}{x^2+2yz}+\frac{1}{y^2+2xz}+\frac{1}{z^2+2xy}\ge\frac{9}{x^2+y^2+z^2+2xy+2xz+2yz}=\frac{9}{\left(x+y+z\right)^2}=1\)
( áp dụng BĐT \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}\))
\(\Sigma\frac{x^3}{y^2}=\Sigma\frac{x}{y^2}\left(x-y\right)^2+\frac{\Sigma z\left(x^3-yz^2\right)^2}{xyz\left(x+y+z\right)}+\Sigma\frac{x^2}{y}\ge\frac{x^2}{y}+\frac{y^2}{z}+\frac{z^2}{x}\)
Bằng một số bước tính toán cơ bản, chúng ta có được:
\(VT-VP=\Sigma_{cyc}\frac{x\left(x-z\right)^2}{2\left(x^2+z^2\right)}\ge0\)
Áp dụng BĐT cô si ta có:
\(\frac{x^3}{y}+xy\ge2\sqrt{\frac{x^3}{y}.xy}=2x^2.\)
tương tự ta có:
\(\frac{y^3}{z}+yz\ge2y^2.\)\(\frac{z^3}{x}+zx\ge2z^2.\)
cộng 3 bất đẳng thức trên lại ta có:
\(\frac{x^3}{y}+\frac{y^3}{z}+\frac{z^3}{x}+xy+yz+xz\ge2\left(x^2+y^2+z^2\right).\)
Mặt khác ta có:\(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+xz\)
\(\Rightarrow\frac{x^3}{y}+\frac{y^3}{z}+\frac{z^3}{x}\ge x^2+y^2+z^2\ge xy+xz+yz\)
Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=z\)
Áp dụng BĐT Schwars và BĐT AM - GM:
\(\frac{x}{x^4+1+2xy}\le\frac{1}{4}x\left(\frac{1}{x^4+1}+\frac{1}{2xy}\right)=\frac{1}{4}\left(\frac{x}{x^4+1}+\frac{1}{2y}\right)\le\frac{1}{4}\left(\frac{x}{2x^2}+\frac{1}{2y}\right)=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{2x}+\frac{1}{2y}\right)\).
Tương tự rồi cộng vế với vế ta được:
\(\frac{x}{x^4+1+2xy}+\frac{y}{y^4+1+2yz}+\frac{z}{z^4+1+2zx}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{2x}+\frac{1}{2y}+\frac{1}{2y}+\frac{1}{2z}+\frac{1}{2z}+\frac{1}{2x}\right)=\frac{1}{4}.3=\frac{3}{4}\left(đpcm\right)\)
Đặt vế trái là P
\(P\le\frac{x}{2x^2+2xy}+\frac{y}{2y^2+2yz}+\frac{z}{2z^2+2zx}=\frac{1}{2\left(x+y\right)}+\frac{1}{2\left(y+z\right)}+\frac{1}{2\left(z+x\right)}\)
\(P\le\frac{1}{8}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{z}+\frac{1}{x}\right)=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)=\frac{3}{4}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=1\)
\(\frac{x^3+y^3}{2xy}+\frac{y^3+z^3}{2yz}+\frac{z^3+x^3}{2zx}\)
\(=\frac{x^3}{2xy}+\frac{y^3}{2xy}+\frac{y^3}{2yz}+\frac{z^3}{2yz}+\frac{z^3}{2zx}+\frac{x^3}{2zx}\)
\(=\frac{x^2}{2y}+\frac{y^2}{2x}+\frac{y^2}{2z}+\frac{z^2}{2y}+\frac{z^2}{2x}+\frac{x^2}{2z}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có :
\(\frac{x^2}{2y}+\frac{y^2}{2x}+\frac{y^2}{2z}+\frac{z^2}{2y}+\frac{z^2}{2x}+\frac{x^2}{2z}\ge\frac{\left[2\left(x+y+z\right)\right]^2}{4\left(x+y+z\right)}=\frac{4\left(x+y+z\right)^2}{4\left(x+y+z\right)}=x+y+z\)
Vậy bất đẳng thức ban đầu được chứng minh
Đẳng thức xảy ra <=> x = y = z
Sử dụng bđt phụ sau: với a, b là các số dương thì \(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)
Thật vậy ta có:
\(a^3+b^3-ab\left(a+b\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a^2+b^2-ab\right)-ab\left(a+b\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a^2+b^2-2ab\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a-b\right)^2\ge0\)( bđt luôn đúng với mọi \(a,b\ge0\))
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow a=b\)
Áp dụng bđt phụ ta có: với x, y, z là các số dương thì:
\(\frac{x^3+y^3}{2xy}+\frac{y^3+z^3}{2yz}+\frac{z^3+x^3}{2zx}\ge\frac{xy\left(x+y\right)}{2xy}+\frac{yz\left(y+z\right)}{2yz}+\frac{zx\left(z+x\right)}{2zx}\)
\(=\frac{x+y}{2}+\frac{y+z}{2}+\frac{z+x}{2}=\frac{x+y+y+z+z+x}{2}=\frac{2\left(x+y+z\right)}{2}=x+y+z\)( đpcm )
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow x=y=z\)