Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ngọc Anh Dũngo0oNguyễno0oHuy hoàng indonaca0o0 khùng mà 0o0Tình bạn vĩnh cửu Phương DungHacker Mũ Trắng
Áp dụng bất đẳng thức AM - GM cho các bộ bốn số không âm, ta được: \(LHS=\frac{2x^2+y^2+z^2}{4-yz}+\frac{2y^2+z^2+x^2}{4-zx}+\frac{2z^2+x^2+y^2}{4-xy}\)\(=\frac{x^2+x^2+y^2+z^2}{4-yz}+\frac{y^2+y^2+z^2+x^2}{4-zx}+\frac{z^2+z^2+x^2+y^2}{4-xy}\)\(\ge\frac{4x\sqrt{yz}}{4-yz}+\frac{4y\sqrt{zx}}{4-zx}+\frac{4z\sqrt{xy}}{4-xy}\)
Như vậy, ta cần chứng minh: \(\frac{4x\sqrt{yz}}{4-yz}+\frac{4y\sqrt{zx}}{4-zx}+\frac{4z\sqrt{xy}}{4-xy}\ge4xyz\)\(\Leftrightarrow\frac{\sqrt{yz}}{yz\left(4-yz\right)}+\frac{\sqrt{zx}}{zx\left(4-zx\right)}+\frac{\sqrt{xy}}{xy\left(4-xy\right)}\ge1\)
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có: \(\left(x+y+z\right)^2\ge3\left(xy+yz+zx\right)\ge\left(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}\right)^2\)
\(\Rightarrow\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}\le3\)
Đặt \(\left(\sqrt{xy};\sqrt{yz};\sqrt{zx}\right)\rightarrow\left(a;b;c\right)\). Khi đó \(\hept{\begin{cases}a,b,c>0\\a+b+c\le3\end{cases}}\)
và ta cần chứng minh \(\frac{a}{a^2\left(4-a^2\right)}+\frac{b}{b^2\left(4-b^2\right)}+\frac{c}{c^2\left(4-c^2\right)}\ge1\)
Xét BĐT phụ: \(\frac{x}{x^2\left(4-x^2\right)}\ge-\frac{1}{9}x+\frac{4}{9}\left(0< x\le1\right)\)(*)
Ta có: (*)\(\Leftrightarrow\frac{\left(x-1\right)^2\left(x^2-2x-9\right)}{9x\left(x-2\right)\left(x+2\right)}\ge0\)(Đúng với mọi \(x\in(0;1]\))
Áp dụng, ta được: \(\frac{a}{a^2\left(4-a^2\right)}+\frac{b}{b^2\left(4-b^2\right)}+\frac{c}{c^2\left(4-c^2\right)}\ge-\frac{1}{9}\left(a+b+c\right)+\frac{4}{9}.3\)
\(\ge-\frac{1}{9}.3+\frac{4}{3}=1\)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
1. Chứng minh với mọi số thực a, b, c ta có 2a2+b2+c2\(\ge\)2a(b+c)
Chứng minh:
Ta có 2a2+b2+c2=(a2+b2)+(a2+c2)
Áp dụng bđt cauchy ta có
(a2+b2)+(a2+c2)\(\ge\)2ab+2ac=2a(b+c)
Ta có :(a+b-c)2 \(\ge\) 0
<=>a2+b2+c2 \(\ge\) 2(bc-ab+ac)
<=>\(\frac{5}{3}\ge\) 2(bc-ab+ac)
<=>bc+ac-ab \(\le\frac{5}{6}< 1\)
<=>\(\frac{bc+ac-ab}{abc}< \frac{1}{abc}\) (vì a,b,c>0 nên chia cả 2 vế cho abc)
<=>\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-\frac{1}{c}< 1\) (đpcm)
\(A=\frac{\sqrt{2}-1}{\left(\sqrt{2}-1\right)\left(\sqrt{2}+1\right)}+\frac{\sqrt{3}-\sqrt{2}}{\left(\sqrt{3}-\sqrt{2}\right)\left(\sqrt{3}+\sqrt{2}\right)}+...+\frac{\sqrt{100}-\sqrt{99}}{\left(\sqrt{100}-\sqrt{99}\right)\left(\sqrt{100}+\sqrt{99}\right)}\)
\(=\sqrt{2}-1+\sqrt{3}-\sqrt{2}+...+\sqrt{100}-\sqrt{99}\)
\(=\sqrt{100}-1=9\)
\(B=\frac{2}{2}+\frac{2}{2\sqrt{2}}+\frac{2}{2\sqrt{3}}+...+\frac{2}{2\sqrt{35}}\)
\(B>\frac{2}{\sqrt{1}+\sqrt{2}}+\frac{2}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}+...+\frac{2}{\sqrt{35}+\sqrt{36}}\)
\(B>2\left(\frac{\sqrt{2}-1}{\left(\sqrt{2}-1\right)\left(\sqrt{2}+1\right)}+...+\frac{\sqrt{36}-\sqrt{35}}{\left(\sqrt{36}-\sqrt{35}\right)\left(\sqrt{36}+\sqrt{35}\right)}\right)\)
\(B>2\left(\sqrt{2}-1+\sqrt{3}-\sqrt{2}+...+\sqrt{36}-\sqrt{35}\right)\)
\(B>2\left(\sqrt{36}-1\right)=10>9=A\)
\(\Rightarrow B>A\)
Để biểu thức B có nghĩa thì \(xy\ne0\)
Khi đó ta có:
\(x^3+y^3=2x^2y^2\)
\(\Leftrightarrow\left(x^3+y^3\right)^2=4x^4y^4\)
\(\Leftrightarrow x^6+y^6+2x^3y^3=4x^4y^4\)
\(\Leftrightarrow x^6+y^6-2x^3y^3=4x^4y^4-4x^3y^3\)
\(\Leftrightarrow\left(x^3-y^3\right)^2=4x^4y^4\left(1-\frac{1}{xy}\right)\)
\(\Leftrightarrow1-\frac{1}{xy}=\left(\frac{x^3-y^3}{2x^2y^2}\right)^2\)
\(\Rightarrow\sqrt{1-\frac{1}{xy}}=\left|\frac{x^3-y^3}{2x^2y^2}\right|\) là một số hữu tỉ
\(x,y,z\ge1\)nên ta có bổ đề: \(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}\ge\frac{2}{ab+1}\)
ÁP dụng: \(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}+\frac{1}{1+\sqrt[3]{xyz}}\ge\frac{2}{1+\sqrt{xy}}+\frac{2}{1+\sqrt{\sqrt[3]{xyz^4}}}\)
\(\ge\frac{4}{1+\sqrt[4]{\sqrt[3]{x^4y^4z^4}}}=\frac{4}{1+\sqrt[3]{xyz}}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+y}+\frac{1}{1+z}\ge\frac{3}{1+\sqrt[3]{xyz}}\)
Dấu = xảy ra \(x=y=z\)hoặc x=y,xz=1 và các hoán vị
trc giờ mấy bài này tui toàn quy đồng thôi, may có cách này =))