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
AH
Akai Haruma
Giáo viên
29 tháng 12 2022
Bạn nên viết đề bằng công thức toán để mọi người theo dõi dễ hơn (biểu tượng $\sum$ góc trái khung soạn thảo)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
1 tháng 4 2021
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số dương:
$x^2+(x+y)^2\geq 2x(x+y)\Rightarrow \frac{x^2}{x^2+(x+y)^2}\leq \frac{x^2}{2x(x+y)}=\frac{x}{2(x+y)}$
$y^2+(x+y)^2\geq 2y(x+y)\Rightarrow \frac{y^2}{y^2+(x+y)^2}\leq \frac{y^2}{2y(x+y)}=\frac{y}{2(x+y)}$
Cộng theo vế:
$\frac{x^2}{x^2+(x+y)^2}+\frac{y^2}{y^2+(x+y)^2}\leq \frac{x+y}{2(x+y)}=\frac{1}{2}$
Dấu "=" xảy ra khi $x^2=(x+y)^2=y^2$ (điều này vô lý với $x,y>0$)
Do đó dấu "=" không xảy ra, hay $\frac{x^2}{x^2+(x+y)^2}+\frac{y^2}{y^2+(x+y)^2}<\frac{1}{2}$ (đpcm)
6 tháng 6 2018
a) Mình làm lại , mk thiếu dấu
Ta có : y ≤ 1 ⇒ x ≥ xy ( x > 0) ( 1)
Tương tự : y ≥ yz ( y > 0) ( 2) ; z ≥ xz ( z > 0) ( 3)
Cộng từng vế của ( 1 ; 2 ; 3) , ta có :
x + y + z ≥ xy + yz + zx
⇔ x + y + z - xy - yz - xz ≥ 0 ( *)
Lại có : x ≤ 1 ⇒ x - 1 ≤ 0 ( 4)
Tương tự : y - 1 ≤ 0 ( 5) ; z - 1≤ 0 ( 6)
Nhân vế với vế của ( 4 ; 5 ; 6) , ta có :
( x - 1)( y - 1)( z - 1) ≤ 0
⇔ x + y + z - xy - yz - zx + xyz - 1 ≤ 0
⇔ x + y + z - xy - yz - zx ≤ 1 - xyz ( 7)
Do : 0 ≤ x , y , z ≤ 1 ⇒ 0 ≤ xyz ⇒ - xyz ≤ 0 ⇒ 1 - xyz ≤ 1 ( 8)
Từ ( 7;8 ) ⇒ x + y + z - xy - yz - zx ≤ 1 ( **)
Từ ( * ; **) ⇒ đpcm
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
22 tháng 3 2021
BĐT cần chứng minh tương đương:
\(x^4+y^4\ge x^3y+xy^3\)
\(\Leftrightarrow x^4-x^3y+y^4-xy^3\ge0\)
\(\Leftrightarrow x^3\left(x-y\right)-y^3\left(x-y\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left(x^3-y^3\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\left(x^2+xy+y^2\right)\ge0\) (luôn đúng)
Vậy BĐT đã cho đúng
22 tháng 3 2021
Ta có bất đẳng thức $a^2+b^2 \geq \dfrac{(a+b)^2}{2}
$⇔2.(a^2+b^2) \geq (a+b)^2$
$⇔(a-b)^2 \geq 0$ (đúng)
Áp dụng bất đẳng thức trên cho $\dfrac{x}{y}$ và $\dfrac{y}{x}$ có:
$\dfrac{x^2}{y^2}+\dfrac{y^2}{x^2} $
$\geq \dfrac{(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x})^2}{2}$
Hay $2.\dfrac{x^2}{y^2}+\dfrac{y^2}{x^2} \geq (\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x})^2$
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy (Cô-si) có:
$\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x} \geq 2.\sqrt[]{\dfrac{x}{y}.\dfrac{y}{x}}=2$
Nên $(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}).(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}) \geq 2.(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x})$
Hay $ (\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x})^2 \geq 2.(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x})$
Suy ra $2.\dfrac{x^2}{y^2}+\dfrac{y^2}{x^2} \geq 2.(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x})$
Hay $\dfrac{x^2}{y^2}+\dfrac{y^2}{x^2} \geq (\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x})(đpcm)$
Dấu $=$ xảy ra $⇔x=y$
NT
1
5 tháng 4 2020
Ta có: \(\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}=1\)
+) TH1: x + y + z = 0 => x + y = -z ; x + z = -y; y + z = -x
Do đó: \(\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}=\frac{x}{-x}+\frac{y}{-y}=\frac{z}{-z}=-3\)\(\ne1\)loại
+) TH2: x + y + z \(\ne0\)
\(\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}=1\)
<=> \(\frac{x\left(x+y+z\right)}{y+z}+\frac{y\left(x+y+z\right)}{z+x}+\frac{z\left(x+y+z\right)}{x+y}=x+y+z\)
<=> \(\frac{x^2}{y+z}+x+\frac{y^2}{z+x}+y+\frac{z^2}{x+y}+z=x+y+z\)
<=> \(\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}=0\)( đpcm)
TC
0
VL
0
\(\dfrac{y}{x}+\dfrac{x}{y}\)\(\ge\)2\(\sqrt{\dfrac{y}{x}\times\dfrac{x}{y}}\) ( AM-GM)
mà: \(\sqrt[2]{\dfrac{y}{x}\times\dfrac{x}{y}=2}\)
=> \(\dfrac{y}{x}+\dfrac{x}{y}\ge2\)(dpcm)
\(\dfrac{y}{x}+\dfrac{x}{y}\)