Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(\Leftrightarrow\frac{4}{x\left(y+z\right)}\ge1\)
mà \(x\left(y+z\right)\le\frac{\left(x+y+z\right)^2}{4}\)
\(\Rightarrow\frac{4}{x\left(y+z\right)}\ge\frac{4}{\frac{\left(x+y+z\right)^2}{4}}=\frac{16}{\left(x+y+z\right)^2}=\frac{16}{16}=1\left(đpcm\right)\)
\(BDT\Leftrightarrow\text{∑}\left(\frac{x^2}{y^2}+\frac{y^2}{x^2}\right)\ge\frac{21}{2}\)
Mà \(\frac{x^2}{y^2}+\frac{y^2}{x^2}\ge2\). Vậy ta cần chứng minh
\(\frac{y^2}{z^2}+\frac{z^2}{y^2}+\frac{z^2}{x^2}+\frac{x^2}{z^2}\ge\frac{17}{2}\)
\(\Leftrightarrow\frac{y^2}{z^2}+\frac{x^2}{z^2}\ge\frac{1}{2}\left(\frac{x}{z}+\frac{y}{z}\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\frac{z^2}{y^2}+\frac{z^2}{x^2}\ge\frac{1}{2}\left(\frac{4z}{x+y}\right)^2\)
Đặt \(a=\frac{z}{x+y}\ge1\), ta chứng minh \(\frac{1}{2a^2}+8a^2\ge\frac{17}{2}\)
Dễ thấy BĐT này đúng. Vậy ta có đpcm
1) BĐT chứng minh ⇔∑(x2y2+y2x2)≥212⇔∑(x2y2+y2x2)≥212
Ta có x2y2+y2x2≥2x2y2+y2x2≥2
Ta sẽ đi chứng minh y2z2+z2y2+z2x2+x2z2≥172y2z2+z2y2+z2x2+x2z2≥172
Ta có y2z2+x2z2≥12(xz+yz)2y2z2+x2z2≥12(xz+yz)2
z2y2+z2x2≥12(4zx+y)2z2y2+z2x2≥12(4zx+y)2
Đặt a=zx+y≥1a=zx+y≥1
Ta sẽ chứng minh 12a2+8a2≥17212a2+8a2≥172
Dễ thấy bđt này đúng suy ra đpcm
\(BDT\Leftrightarrow\text{∑}\left(\frac{x^2}{y^2}+\frac{y^2}{x^2}\right)\ge\frac{21}{2}\)
Mà \(\frac{x^2}{y^2}+\frac{y^2}{x^2}\ge2\)(dùng AM-GM giải quyết chỗ này)
Vậy ta cần chứng minh \(\frac{y^2}{z^2}+\frac{z^2}{y^2}+\frac{z^2}{x^2}+\frac{x^2}{z^2}\ge\frac{17}{2}\)
\(\Leftrightarrow\frac{y^2}{z^2}+\frac{x^2}{z^2}\ge\frac{1}{2}\left(\frac{x}{z}+\frac{y}{z}\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\frac{z^2}{y^2}+\frac{z^2}{x^2}\ge\frac{1}{2}\left(\frac{4z}{x+y}\right)^2\)
Đặt \(a=\frac{z}{x+y}\ge1\),ta chứng minh \(\frac{1}{2a^2}+8a^2\ge\frac{17}{2}\)
Dễ thấy BĐT này đúng.Vậy ta có đpcm
Ta có \(\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)^2=\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}+\frac{2}{xyz}\left(x+y+z\right)=\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}+\frac{1}{xyz}=4\)
\(\Rightarrow\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=2\)(vì \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}>0\))
Mặt khác, ta có : \(\frac{1}{x+y+z}=2\) .
\(\Rightarrow\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{1}{x+y+z}\Leftrightarrow\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\left(\frac{1}{z}-\frac{1}{x+y+z}\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\frac{x+y}{xy}+\frac{x+y}{z\left(x+y+z\right)}=0\Leftrightarrow\left(x+y\right)\left(\frac{1}{xy}+\frac{1}{z\left(x+y+z\right)}\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}{xyz\left(x+y+z\right)}=0\Leftrightarrow\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)=0\)
=> x+y = 0 hoặc y + z = 0 hoặc z + x = 0
Từ đó suy ra P = 0 (lí do vì x,y,z là các số mũ lẻ)
Đặt \(x+z=a;y+z=b\left(a,b\ge0\right)\)=> ab=1
=> \(A=\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}=\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+b^2+a^2\)
\(=\left(a-b\right)^2+\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+2\ge2+2=4\)(Do ab=1)(ĐPCM)
Dấu bằng xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}a-b=\pm1\\ab=1\end{cases}}\)=> \(\hept{\begin{cases}x+z=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\\y+z=\frac{\sqrt{5}-1}{2}\end{cases}}\)hoặc \(\hept{\begin{cases}x+z=\frac{\sqrt{5}-1}{2}\\y+z=\frac{\sqrt{5}+1}{2}\end{cases}}\)
Đặt \(\hept{\begin{cases}x+z=a\\y+z=b\end{cases}}\)từ giả thiết => ab=1
\(\Rightarrow A=\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}\)
\(=\frac{1}{a^2+b^2-2}+a^2+b^2=\frac{1}{a^2+b^2-2}+a^2+b^2-2+2\)
Áp dụng bđt AM-GM ta có
\(\frac{1}{a^2+b^2-2}+a^2+b^2-2\ge2\sqrt{\frac{a^2+b^2-2}{a^2+b^2-2}}=2\)
\(\Rightarrow A\ge4\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}x+z=1\\y+z=1\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=y\ge0\\z\ge0\end{cases}}}\)