Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Áp dụng bđt Mincopxki \(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{c^2+d^2}\ge\sqrt{\left(a+c\right)^2+\left(b+d\right)^2}\) ta được
\(VT\ge\sqrt{\left(x+y\right)^2+\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)^2}+\sqrt{z^2+\frac{1}{z^2}}\)
\(\ge\sqrt{\left(x+y+z\right)^2+\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)^2}\)
Áp dụng bđt Cô-si có
\(\left(x+y+z\right)^2+\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)^2\ge9\sqrt[3]{\left(xyz\right)^2}+\frac{9}{\sqrt[3]{\left(xyz\right)^2}}\)
Đặt \(\sqrt[3]{\left(xyz\right)^2}=t\)
\(\Rightarrow0\le t=\sqrt[3]{\left(xyz\right)^2}\le\left(\frac{x+y+z}{3}\right)^2=\frac{1}{4}\)
Khi đó \(VT\ge\sqrt{9t+\frac{9}{t}}=\sqrt{3\left(48t+\frac{3}{t}-45t\right)}\ge\sqrt{3\left(2.\sqrt{3.48}-\frac{45}{4}\right)}=\frac{3\sqrt{17}}{2}\)
\(\sqrt{x^2+\frac{1}{x^2}}+\sqrt{y^2+\frac{1}{y^2}}+\sqrt{z^2+\frac{1}{z^2}}\ge\sqrt{\left(x+y+z\right)^2+\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)^2}\)
\(\ge\sqrt{\left(x+y+z\right)^2+\frac{81}{\left(x+y+z\right)^2}}=\sqrt{\left(x+y+z\right)^2+\frac{81}{16\left(x+y+z\right)^2}+\frac{1215}{16\left(x+y+z\right)^2}}\)
\(\ge\sqrt{2\sqrt{\frac{81\left(x+y+z\right)^2}{16\left(x+y+z\right)^2}}+\frac{1215}{16.\left(\frac{3}{2}\right)^2}}=\frac{3\sqrt{17}}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(z=y=z=\frac{1}{2}\)
Đk: 0 < x;y;z < = 1
Ta có:
\(x\sqrt{1-y^2}+y\sqrt{1-z^2}+z\sqrt{1-x^2}=\frac{3}{2}\)
<=> \(2x\sqrt{1-y^2}+2y\sqrt{1-z^2}+2z\sqrt{1-x^2}=3\)
<=> \(3-2x\sqrt{1-y^2}-2y\sqrt{1-z^2}-2z\sqrt{1-x^2}=0\)
<=> \(1-y^2-2x\sqrt{1-y^2}+x^2+1-z^2-2y\sqrt{1-z^2}+y^2+1-x^2-2z\sqrt{1-x^2}+z^2=0\)
<=> \(\left(\sqrt{1-y^2}-x\right)^2+\left(\sqrt{1-z^2}-y\right)^2+\left(\sqrt{1-x^2}-z\right)^2=0\)
<=> \(\hept{\begin{cases}\sqrt{1-y^2}-x=0\\\sqrt{1-z^2}-y=0\\\sqrt{1-x^2}-z=0\end{cases}}\) <=> \(\hept{\begin{cases}\sqrt{1-y^2}=x\\\sqrt{1-z^2}=y\\\sqrt{1-x^2}=z\end{cases}}\) <=> \(\hept{\begin{cases}1-y^2=x^2\left(1\right)\\1-z^2=y^2\left(2\right)\\1-x^2=z^2\left(3\right)\end{cases}}\)
Từ (1), (2) và (3) cộng vế theo vế:
\(3-\left(x^2+y^2+z^2\right)=x^2+y^2+z^2\) <=> \(2\left(x^2+y^2+z^2\right)=3\) <=> \(x^2+y^2+z^2=\frac{3}{2}\)
\(\frac{P}{\sqrt{6}}=\sum\frac{1}{\sqrt{6}}.\frac{1}{\sqrt{2x^2+y^2+3}}\le\frac{1}{2}\sum\left(\frac{1}{6}+\frac{1}{2x^2+y^2+3}\right)\)
\(\frac{P}{\sqrt{6}}\le\frac{1}{4}+\frac{1}{2}\sum\frac{1}{2\left(x^2+1\right)+\left(y^2+1\right)}\le\frac{1}{4}+\frac{1}{2}\sum\frac{1}{4x+2y}\)
\(\frac{P}{\sqrt{6}}\le\frac{1}{4}+\frac{1}{4}\sum\frac{1}{x+x+y}\le\frac{1}{4}+\frac{1}{36}\left(\frac{2}{x}+\frac{1}{y}+\frac{2}{y}+\frac{1}{z}+\frac{2}{z}+\frac{1}{x}\right)\)
\(\frac{P}{\sqrt{6}}\le\frac{1}{4}+\frac{1}{12}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)=\frac{1}{2}\)
\(\Rightarrow P\le\frac{\sqrt{6}}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=1\)
Từ giả thiết:\(x+y+z=xyz\Leftrightarrow\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}=1\)
Đặt \(\frac{1}{x}=a,\frac{1}{y}=b,\frac{1}{z}=c\)\(\Rightarrow ab+bc+ca=1\)
Ta có:\(\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+y^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+z^2}}\)\(=\sqrt{\frac{1}{1+x^2}}+\sqrt{\frac{1}{1+y^2}}+\sqrt{\frac{1}{1+z^2}}\)
\(=\sqrt{\frac{\frac{1}{x}}{\frac{1}{x}+x}}+\sqrt{\frac{\frac{1}{y}}{\frac{1}{y}+y}}+\sqrt{\frac{\frac{1}{z}}{\frac{1}{z}+z}}\)\(=\sqrt{\frac{a}{a+\frac{1}{a}}}+\sqrt{\frac{b}{b+\frac{1}{b}}}+\sqrt{\frac{c}{c+\frac{1}{c}}}\)
\(=\frac{a}{\sqrt{a^2+1}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+1}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+1}}\)
Đến đây:\(\frac{a}{\sqrt{a^2+1}}=\frac{a}{\sqrt{a^2+ab+bc+ca}}=\frac{a}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\)
\(=\sqrt{\frac{a}{a+b}.\frac{a}{a+c}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c}\right)\)
Tương tự:\(\frac{b}{\sqrt{b^2+1}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{b}{b+a}+\frac{b}{b+c}\right);\frac{c}{\sqrt{c^2+1}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{c}{c+a}+\frac{c}{c+b}\right)\)
Cộng 3 bất đẳng thức lại ta có điều phải chứng minh :))
Áp dụng giả thiết ta được: \(\dfrac{x}{{\sqrt {1 + {x^2}} }} = \dfrac{x}{{\sqrt {{x^2} + xy + yz + zx} }} = \dfrac{x}{{\sqrt {\left( {x + y} \right)\left( {x + z} \right)} }} \)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được:
\(\dfrac{x}{{\sqrt {\left( {x + y} \right)\left( {x + z} \right)} }} = \sqrt {\dfrac{{{x^2}}}{{\left( {x + y} \right)\left( {x + z} \right)}}} \le \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{x}{{x + y}} + \dfrac{x}{{z + x}}} \right) \)
Do đó ta được: \(\dfrac{x}{{\sqrt {1 + {x^2}} }} \le \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{x}{{x + y}} + \dfrac{x}{{z + x}}} \right) \)
Hoàn toàn tương tự ta được:
\( \dfrac{y}{{\sqrt {1 + {y^2}} }} \le \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{y}{{x + y}} + \dfrac{y}{{y + z}}} \right)\\ \dfrac{z}{{\sqrt {1 + {z^2}} }} \le \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{z}{{z + x}} + \dfrac{z}{{y + z}}} \right) \)
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được:
\( \dfrac{x}{{\sqrt {1 + {x^2}} }} + \dfrac{y}{{\sqrt {1 + {y^2}} }} + \dfrac{z}{{\sqrt {1 + {z^2}} }}\\ \le \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{x}{{x + y}} + \dfrac{x}{{z + x}} + \dfrac{y}{{x + y}} + \dfrac{y}{{y + z}} + \dfrac{z}{{z + x}} + \dfrac{z}{{y + z}}} \right) = \dfrac{3}{2} \)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(x = y = z = \dfrac{1}{{\sqrt 3 }} \)
:3 em từ olm sang đây có gì sai thì chỉ bảo
Áp dụng bất đẳng thức \(\left(x+y+z\right)^2\ge3\left(xy+yz+zx\right)\forall x;y;z\inℝ\)
ta có \(\left(ab+bc+ca\right)^2\ge3abc\left(a+b+c\right)=9abc>0\Rightarrow ab+bc+ca\ge3\sqrt{abc}\)Ta lại có \(\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\ge\left(1+\sqrt[3]{abc}\right)^3\forall a;b;c>0\)
Thật vậy \(\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)=1+\left(a+b+c\right)+\left(ab+bc+ca\right)+abc\)
\(\ge1+3\sqrt[3]{abc}+3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}+abc=\left(1+\sqrt[3]{abc}\right)^3\)
Khi đó \(P\le\frac{2}{3\left(1+\sqrt{abc}\right)}+\frac{\sqrt[3]{abc}}{1+\sqrt[3]{abc}}+\frac{\sqrt{abc}}{6}\)
Đặt \(\sqrt[6]{abc}=t\Rightarrow\sqrt[3]{abc}=t^2,\sqrt{abc}=t^3\)
Vì a,b,c > 0 nên 0<abc \(\le\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^2=1\Rightarrow0< t\le1\)
Xét hàm số \(f\left(t\right)=\frac{2}{3\left(1+t^3\right)}+\frac{t^2}{1+t^2}+\frac{1}{6}t^3;t\in(0;1]\)
\(\Rightarrow f'\left(t\right)=\frac{2t\left(t-1\right)\left(t^5-1\right)}{\left(1+t^3\right)^2\left(1+t^2\right)^2}+\frac{1}{2}t^2>0\forall t\in(0;1]\)
Do hàm số đồng biến trên (0;1] nên \(f\left(t\right)< f\left(1\right)\Rightarrow P\le1\)
\(\Rightarrow\frac{2}{3+ab+bc+ca}+\frac{\sqrt{abc}}{6}+\sqrt[3]{\frac{abc}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\le1\)
Dấu ''='' xảy ra khi \(a=b=c=1\)
b, Ta có
\(\frac{\sqrt{x}+1}{y+1}=\frac{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(y+1\right)-y-y\sqrt{x}}{y+1}=\sqrt{x}+1-\frac{y\left(\sqrt{x}+1\right)}{y+1}\)
Mà \(y+1\ge2\sqrt{y}\)
=> \(\frac{\sqrt{x}+1}{y+1}\ge\sqrt{x}+1-\frac{1}{2}\sqrt{y}\left(\sqrt{x}+1\right)\)
Khi đó
\(P\ge\frac{1}{2}\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)+3-\frac{1}{2}\left(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{xz}\right)\)
Mà \(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{xz}\le\frac{\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)^2}{3}=3\)
=> \(P\ge\frac{1}{2}.3+3-\frac{3}{2}=3\)
Vậy MinP=3 khi x=y=z=1
Cái thứ nhất nhân cả tử với mẫu với x
Cái thứ hai nhân cả tử với mẫu với y
Cái thứ ba nhân cả tử với mẫu với z
Áp dụng cô si ở mẫu
dấu = xảy ra khi x=y=z=1( không TM) => Không xảy ra dấu =
=> đpcm
p/s: Mình định trình bày đầy đủ cho bạn nhưng đánh gần xong thì tự nhiên máy tính thoát ra. giờ thì hướng dẫn thôi. Sorry
Chứng minh BĐT \(\ge2\)chứ?
Ta có: \(\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}=\frac{x^3}{x\sqrt{1-x^2}}\ge\frac{x^3}{\frac{x^2+1-x^2}{2}}=2x^3\)
Tương tự ta có: \(\frac{y^2}{\sqrt{1-y^2}}\ge2y^3\)
Và: \(\frac{z^2}{\sqrt{1-z^2}}\ge2z^3\)
Cộng theo 3 vế BĐT trên ta có:
\(\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}+\frac{y^2}{\sqrt{1-y^2}}+\frac{z^2}{\sqrt{1-z^2}}\ge2x^3+2y^3+2z^3=2\left(x^3+y^2+z^2\right)=2\left(đpcm\right)\)