Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(x\left(x-z\right)+y\left(y-z\right)=0\)\(\Leftrightarrow\)\(x^2+y^2=z\left(x+y\right)\)
\(\frac{x^3}{z^2+x^2}=x-\frac{z^2x}{z^2+x^2}\ge x-\frac{z^2x}{2zx}=x-\frac{z}{2}\)
\(\frac{y^3}{y^2+z^2}=y-\frac{yz^2}{y^2+z^2}\ge y-\frac{yz^2}{2yz}=y-\frac{z}{2}\)
\(\frac{x^2+y^2+4}{x+y}=\frac{z\left(x+y\right)+4}{x+y}=z-x-y+\frac{4}{x+y}+x+y\ge z-x-y+4\)
Cộng lại ra minP=4, dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=1\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta được:
\(\left(9x^3+3y^2+z\right)\left(\frac{1}{9x}+\frac{1}{3}+z\right)\ge\left(x+y+z\right)^2\)
\(\Rightarrow\frac{x}{9x^3+3y^2+z}\le\frac{x\left(\frac{1}{9x}+\frac{1}{3}+z\right)}{\left(x+y+z\right)^2}=\frac{\frac{1}{9}+\frac{x}{3}+zx}{\left(x+y+z\right)^2}\)(1)
Hoàn toàn tương tự, ta có: \(\frac{y}{9y^3+3z^2+x}\le\frac{\frac{1}{9}+\frac{y}{3}+xy}{\left(x+y+z\right)^2}\)(2); \(\frac{z}{9z^3+3x^2+y}\le\frac{\frac{1}{9}+\frac{z}{3}+yz}{\left(x+y+z\right)^2}\)(3)
Cộng theo vế của 3 bất đẳng thức (1), (2), (3), ta được:
\(\frac{x}{9x^3+3y^2+z}+\frac{y}{9y^3+3z^2+x}+\frac{z}{9z^3+3x^2+y}\)\(\le\frac{\frac{1}{9}.3+\frac{x+y+z}{3}+xy+yz+zx}{\left(x+y+z\right)^2}\)
\(\le\frac{\frac{1}{9}.3+\frac{x+y+z}{3}+\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}}{\left(x+y+z\right)^2}=1\)(*)
Mặt khác, có: \(2017\left(xy+yz+zx\right)\le2017.\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}=\frac{2017}{3}\)(**)
Từ (*) và (**) suy ra \(A=\frac{x}{9x^3+3y^2+z}+\frac{y}{9y^3+3z^2+x}+\frac{z}{9z^3+3x^2+y}+2017\left(xy+yz+zx\right)\)
\(\le1+\frac{2017}{3}=\frac{2020}{3}\)
Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{3}\)
ta caàn chứng minh bđt
\(\frac{x}{x+yz}+\frac{y}{y+zx}\ge\frac{x}{x+xz}+\frac{y}{y+yz}=\frac{1}{1+z}+\frac{1}{1+z}=\frac{2}{1+z}\)
tương tự + vào, dùng svác sơ
Với \(a;b>0\) ta luôn có: \(\frac{a^3+b^3}{a^2+b^2}\ge\frac{a+b}{2}\)
Thật vậy, BĐT tương đương:
\(2\left(a^3+b^3\right)\ge\left(a^2+b^2\right)\left(a+b\right)\)
\(\Leftrightarrow a^3-a^2b+b^3-ab^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\ge0\) (luôn đúng)
Áp dụng vào bài toán:
\(P=\frac{x^3+y^3}{x^2+y^2}+\frac{y^3+z^3}{y^2+z^2}+\frac{z^3+x^3}{z^2+x^2}\ge\frac{x+y}{2}+\frac{y+z}{2}+\frac{z+x}{2}=x+y+z\ge6\)
\(\Rightarrow P_{min}=6\) khi \(x=y=z=2\)
Áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có:
\(\frac{x}{x^3+y^2+z}=\frac{x\left(\frac{1}{x}+1+z\right)}{\left(x^3+y^2+z\right)\left(\frac{1}{x}+1+z\right)}\le\frac{1+x+xz}{\left(x+y+z\right)^2}=\frac{1+x+xz}{9}\)
Tương tự rồi cộng lại ta được:
\(T\le\frac{3+x+y+z+xy+yz+zx}{9}=\frac{6+xy+yz+zx}{9}\le\frac{6+\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}}{9}=1\)
Dấu "=" xảy ra tại \(x=y=z=1\)